Đề thi violypic môn toán 8 vòng thi cấp huyện năm học 2015 2016



Tài liệu ôn thi THPT quốc gia môn vật lý phần con lắc lò xo (có đáp án)

Câu 20. Một con lắc lò xo dao động điều hồ theo phương ngang với năng lượng dao dộng là 1J và lực đàn hồi cực đại là 10N . I là đầu cố dịnh của lò xo . khoảng thời gian ngắn nhất giữa 2 lần liên tiếp điểm I chịu tác dụng của lực kéo là 5 3 N là 0.1s. Qng đường dài nhất mà vật đi được trong 0.4 s là : A.60cm , B. 64cm, C.115 cm D. 84cm DẠNG 4: TÌM CHIỀU DÀI CỦA LỊ XO KHI CON LẮC DAO ĐỘNG x = 2 cos(20t + π )( cm) 2 . ChiỊu 1. Con l¾c lß xo treo th¼ng ®øng dao ®éng ®iỊu hoµ víi ph¬ng tr×nh: dµi tù nhiªn cđa lß xo lµ ℓ0 = 30cm. LÊy g = 10 m/s2. TÝnh chiỊu dµi cùc ®¹i vµ cùc tiĨu cđa lß xo trong qu¸ tr×nh dao ®éng? 2. Con l¾c lß xo treo th¼ng ®øng, dao ®éng ®iỊu hoµ víi tÇn sè 4,5Hz. Trong qu¸ tr×nh dao ®éng chiỊu dµi lß xo biÕn thiªn tõ 40 cm ®Õn 56 cm. LÊy g = 10 m/s2. TÝnh chiỊu dµi tù nhiªn cđa lß xo. 3. Mét lß xo khèi lỵng kh«ng ®¸ng kĨ, treo vµo mét ®iĨm cè ®Þnh, cã chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0. Khi treo vËt m1 = 0,1kg th× nã dµi ℓ1 = 31cm. Treo thªm vËt m2 = 100g th× ®é dµi míi lµ ℓ2 = 32cm. T×m ®é cøng k vµ chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0 cđa lß xo. 4. Mét lß xo khèi lỵng kh«ng ®¸ng kĨ, chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0, ®é cøng k, treo vµo mét ®iĨm cè ®Þnh. NÕu treo mét vËt m1 = 50g th× lß xo gi·n thªm 0,2cm. Thay b»ng vËt m2 = 100g th× nã dµi 20,4cm. T×m k vµ ℓ0. 5. Mét lß xo khèi lỵng kh«ng ®¸ng kĨ, chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0 = 125cm treo th¼ng ®øng, ®Çu díi cã qu¶ cÇu m. Chän gèc to¹ ®é t¹i VTCB, trơc Ox th¼ng ®øng, chiỊu d¬ng híng xng. Con l¾c dao ®éng ®iỊu hoµ víi ph¬ng tr×nh: x = 10 cos(2πt − π )(cm) 6 . LÊy g = 10 m/s2. TÝnh chiỊu dµi lß xo ë thêi ®iĨm t = 0? 6. Một vật treo vào lß xo lµm nã gi·n ra 4cm. Cho g = 10m/s2, lÊy π = 10 . BiÕt lùc ®µn håi cùc ®¹i, cùc tiĨu t¸c dơng vµo ®iĨm treo lß xo lÇn lỵt lµ 10N vµ 6N. ChiỊu dµi tù nhiªn cđa lß xo 20cm. TÝnh chiỊu dµi cùc ®¹i vµ cùc tiĨu cđa lß xo trong qu¸ tr×nh con l¾c dao ®éng. 7. Con l¾c lß xo gåm vËt nỈng khèi lỵng m = 400g, lß xo cã ®é cøng k = 200N/m, chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0 2 = 35cm ®ỵc ®Ỉt trªn mỈt ph¼ng nghiªng gãc α = 30 so víi mỈt ph¼ng n»m ngang. §Çu trªn cè ®Þnh, ®Çu díi g¾n vËt nỈng. Cho vËt dao ®éng ®iỊu hoµ víi biªn ®é 4cm. LÊy g = 10m/s 2. TÝnh chiỊu dµi cùc ®¹i vµ cùc tiĨu cđa lß xo trong qu¸ tr×nh dao ®éng cđa vËt? 8.Lß xo cã ®é dµi tù nhiªn ℓ0 = 10cm, ®é cøng k = 200N/m, khi treo th¼ng ®øng lß xo vµ mãc vµo ®Çu díi mét vËt nỈng khèi lỵng m th× lß xo dµi ℓ1 = 12cm. Cho g = 10 m/s2. §Ỉt hƯ lªn mỈt ph¼ng nghiªng gãc α = 300 so víi ph¬ng ngang. Bá qua ma s¸t, tÝnh ®é dµi ℓ2 cđa lß xo khi hƯ ë tr¹ng th¸i c©n b»ng. 9. Hai lß xo khèi lỵng kh«ng ®¸ng kĨ, ®é cøng lÇn lỵt lµ k1 = 1N/cm vµ k2 = 150N/m cã cïng chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0 = 20cm ®ùoc ghÐp song song vµ treo th¼ng ®øng. §Çu díi cđa hai lß xo nèi víi vËt cã khèi lỵng m = 0 1kg. Cho g = 10m/s2 lÊy π = 10 . TÝnh chiỊu dµi cđa mçi lß xo khi vËt ë VTCB. 10. Lß xo cã khèi lỵng kh«ng ®¸ng kĨ, chiỊu dµi tù nhiªn ℓ0 = 40(cm) ®Çu trªn ®ỵc g¾n vµo gi¸ cè ®Þnh ®Çu díi g¾n vµo qu¶ cÇu nhá khèi lỵng m, khi c©n b»ng lß xo gi·n mét ®o¹n ∆l =10(cm). LÊy π2 =10, g = 10(m/s2). Chän trơc Ox th¼ng ®øng híng xng, gèc O trïng VTCB cđa qu¶ cÇu. N©ng qu¶ cÇu lªn trªn th¼ng 2 ®øng c¸ch O mét ®o¹n x0 =2 3 (cm) vµo thêi ®iĨm t = 0 trun cho qu¶ cÇu mét vËn tèc v 0 = 20(cm/s) híng th¼ng ®øng lªn trªn. TÝnh chiỊu dµi lß xo ë thêi ®iĨm qu¶ cÇu dao ®éng ®ỵc mét nưa chu kú kĨ tõ lóc b¾t ®Çu dao ®éng. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Chiều dài của con lắc lò xo treo thẳng đứng khi vật ở vị trí cân bằng là 30cm, khi lò xo có chiều dài 40cm thì vật nặng ở vị trí thấp nhất. Biên độ dao động của vật là A. 2,5cm. B. 5cm. C. 10cm. D. 35cm. Câu 2: Con lắc lò xo treo thẳng đứng dao động điều hồ, ở vị trí cân bằng lò xo giãn 3cm. Khi lò xo có chiều dài cực tiểu lò xo bị nén 2cm. Biên độ dao động của con lắc là A. 1cm. B. 2cm. C. 3cm. D. 5cm. 2 Câu 3: Một vật treo vào lò xo làm nó dãn ra 4cm. Cho g = π ≈ 10m/s2. Biết lực đàn hồi cực đại, cực tiểu lần lượt là 10N và 6N. Chiều dài tự nhiên của lò xo là 20cm. Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo trong q trình dao động là A. 25cm và 24cm. B. 26cm và 24cm. C. 24cm và 23cm. D. 25cm và 23cm. Câu 4: Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng m = 400g, lò xo có độ cứng k = 80N/m, chiều dài tự nhiên l0 = 25cm được đặt trên một mặt phẳng nghiêng có góc α = 300 so với mặt phẳng nằm ngang. Đầu trên của lò xo gắn vào một điểm cố định, đầu dưới gắn vào vật nặng. Lấy g = 10m/s 2. Chiều dài của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng là A. 21cm. B. 22,5cm. C. 27,5cm. D. 29,5cm. Câu 5: Một quả cầu có khối lượng m = 100g được treo vào đầu dưới của một lò xo có chiều dài tự nhiên l0 = 30cm, độ cứng k = 100N/m, đầu trên cố định. Cho g = 10m/s2. Chiều dài của lò xo ở vị trí cân bằng là A. 31cm. B. 29cm. C. 20cm. D. 18cm. Câu 6: Một con lắc lò xo nằm ngang với chiều dài tự nhiên l0 = 20cm, độ cứng k = 100N/m. Khối lượng vật nặng m = 100g đang dao động điều hồ với năng lượng E = 2.10 -2J. Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo trong q trình dao động là A. 20cm; 18cm. B. 22cm; 18cm. C. 23cm; 19cm. D. 32cm; 30cm. Câu 7: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, kích thích cho vật m dao động điều hồ. Trong q trình dao động của vật chiều dài của lò xo biến thiên từ 20cm đến 28cm. Chiều dài của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng và biên độ dao động của vật lần lượt là A. 22cm và 8cm. B. 24cm và 4cm. C. 24cm và 8cm. D. 20cm và 4cm. DẠNG 5: CÁC BÀI TỐN KHÁC (thiết lập phương trình dao động, áp dụng cơng thức độc lập thời gian, tính thời gian vật chuyển động…) Câu 1: Con lắc lò xo nằm ngang. Khi vật đang đứng n ở vị trí cân bằng ta truyền cho vật nặng vận tốc v = 31,4cm/s theo phương ngang để vật dao động điều hồ. Biết biên độ dao động là 5cm, chu kì dao động của con lắc là A. 0,5s. B. 1s. C. 2s. D. 4s. Câu 2: Một vật nhỏ khối lượng m = 400g được treo vào một lò xo khối lượng khơng đáng kể, độ cứng k = 40N/m. Đưa vật lên đến vị trí lò xo khơng bị biến dạng rồi thả nhẹ cho vật dao động. Cho g = 10m/s 2. Chọn gốc toạ độ tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống dưới và gốc thời gian khi vật ở vị trí lò xo bị giãn một đoạn 5cm và vật đang đi lên. Bỏ qua mọi lực cản. Phương trình dao động của vật sẽ là A. x = 5sin(10t + 5 π /6)(cm). B. x = 5cos(10t + π /3)(cm). π C. x = 10cos(10t +2 /3)(cm). D. x = 10sin(10t + π /3)(cm). Câu 3: Một vật nhỏ có khối lượng m = 200g được treo vào một lò xo khối lượng khơng đáng kể, độ cứng k. Kích thích để con lắc dao động điều hồ(bỏ qua các lực ma sát) với gia tốc cực đại bằng 16m/s 2 và cơ năng bằng 6,4.10-2J. Độ cứng k của lò xo và vận tốc cực đại của vật lần lượt là A. 40N/m; 1,6m/s. B. 40N/m; 16cm/s. C. 80N/m; 8m/s. D. 80N/m; 80cm/s. Câu 4: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng .Ở vị trí cân bằng lò xo giãn ra 10 cm. Cho vật dao động điều hồ .Ở thời điểm ban đầu có vận tốc 40 cm/s và gia tốc -4m/s2. Biên độ dao động của vật là (g =10m/s2) A. cm. B. 8cm. C. 8cm. D.4cm. Câu 5: Một vật nhỏ khối lượng m = 200g được treo vào một lò xo khối lượng khơng đáng kể, độ cứng k = 80N/m. Kích thích để con lắc dao động điều hồ(bỏ qua các lực ma sát) với cơ năng bằng 6,4.10 -2J. Gia tốc cực đại và vận tốc cực đại của vật lần lượt là A. 16cm/s2; 1,6m/s. B. 3,2cm/s2; 0,8m/s. 2 C. 0,8m/s ; 16m/s. D. 16m/s2 ; 80cm/s. Câu 6: Một vật nhỏ, khối lượng m, được treo vào đầu một lò xo nhẹ ở nơi có gia tốc rơi tự do bằng 9,8m/s 2. Khi vật ở vị trí cân bằng lò xo giãn ra một đoạn bằng 5,0cm. Kích thích để vật dao động điều hồ. Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có vận tốc cực đại đến vị trí có động năng bằng 3 lần thế năng là A. 7,5.10-2s. B. 3,7.10-2s. C. 0,22s. D. 0,11s. Câu 7: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, lò xo có độ cứng 100N/m. Ở vị trí cân bằng lò xo giãn 4cm. Truyền 2 cho vật động năng 0,125J vật dao động theo phương thẳng đứng. g = 10m/s 2, π = 10 . Chu kì và biên độ dao động của vật là A.0,4s;5cm. B.0,2s;2cm. C. π s; 4cm . D. π s;5cm . 2 Câu 8: Cho g = 10m/s . Ở vị trí cân bằng lò xo treo theo phương thẳng đứng giãn 10cm, thời gian vật nặng đi từ lúc lò xo có chiều dài cực đại đến lúc vật qua vị trí cân bằng lần thứ hai là: A. 0,1π s. B. 0,15π s. C. 0, 2π s. D. 0,3π s. Câu 9: Con lắc lò xo nằm ngang có k =100 N/m, m = 1kg dao động điều hồ. Khi vật có động năng 10mJ thì cách VTCB 1cm, khi có động năng 5mJ thì cách VTCB là A. 1/ 2 cm. B. 2cm. C. 2 cm. D. 0,5cm. Câu 10: Một vật treo vào đầu dưới lò xo thẳng đứng, đầu trên của lo xo treo vào điểm cố định. Từ vị trí cân bằng kéo vật xuống một đoạn 3cm rồi truyền vận tốc v 0 thẳng đứng hướng lên. Vật đi lên được 8cm trước khi đi xuống. Biên độ dao động của vật là A. 4cm. B. 11cm. C. 5cm. D. 8(cm). Câu 11: Con lắc lò xo treo thẳng đứng, tại vị trí cân bằng lò xo dãn Δl. Kích thích để quả nặng dao động điều T hồ theo phương thẳng đứng với cho kì T. Thời gian lò xo bị nén trong một chu kì là 4 . Biên độ dao động của vật là 3 A. 2 Δl. B. 2 Δl. C. 2.Δl. Câu 12: Con lắc lò xo dao động điều hồ. Đồ thị biểu diễn sự biến đổi động năng và thế năng theo thời gian cho ở hình vẽ. Khoảng thời gian giữa hai thời điểm liên tiếp động năng bằng thế năng là 0,2s. Chu kì dao động của con lắc là A. 0,2s. B. 0,6s. C. 0,8s. D. 0,4s. D. W 1,5.Δl. Wt O π x = 20 cos(10t + ) 3 (cm). Câu 13: Một con lắc lò xo dao động theo phương thẳng đứng với phương trình (chiều dương hướng xuống; gốc O tại vị trí cân bằng). Lấy g = 10m/s 2. Cho biết khối lượng của vật là m = 1 kg. Tính thời gian ngắn nhất từ lúc t = 0 đến lúc lực đàn hồi cực đại lần thứ nhất bằng π s. A. 30 π s. B. 10 π s. C. 6 π s. D. 20 Câu 14: Cho một con lắc lò xo treo thẳng đứng. Khi treo vật m vào lò xo giãn 5cm. Biết vật dao động điều hồ với phương trình: x = 10cos(10 π t – π /2) (cm). Chọn trục toạ độ thẳng đứng, gốc O tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống. Thời gian ngắn nhất kể từ lúc t = 0 đến lúc lực đẩy đàn hồi cực đại lần thứ nhất bằng 3 s. A. 20 1 s. B. 15 3 s. C. 10 3 s D. 2 . Câu 15: Một con lắc lò xo gồm một lò xo có độ cứng k = 100N/m và vật có khối lượng m = 250g, dao động điều hồ với biên độ A = 6cm. Chọn gốc thời gian t = 0 lúc vật qua vị trí cân bằng. Qng đường vật đi được trong 10π (s) đầu tiên là A. 9m. B. 24m. C. 6m. D. 1m. Câu 16: Treo vật có khối lượng m = 400g vào lò xo có độ cứng k = 100N/m, lấy g = 10m/s 2. Khi qua vị trí cân bằng vật đạt tốc độ 20 π cm/s, lấy π = 10 . Thời gian lò xo bị nén trong một dao động tồn phần của hệ là A. 0,2s. B. khơng bị nén. C. 0,4s. D. 0,1s. Câu 17: Một lò xo nhẹ treo thẳng đứng có chiều dài tự nhiên là 30cm. Treo vào đầu dưới lò xo một vật nhỏ thì thấy hệ cân bằng khi lò xo giãn 10cm. Kéo vật theo phương thẳng đứng cho tới khi lò xo có chiều dài 42cm, rồi truyền cho vật vận tốc 20cm/s hướng lên trên (vật dao động điều hồ).Chọn gốc thời gian khi vật được truyền 2 2 vận tốc, chiều dương hướng lên. Lấy g = 10m / s . Phương trình dao động của vật là: A. x = 2 2 cos 10t (cm). 2 2 cos(10t − 3π ) 4 (cm). 2 cos 10t (cm). π 2 cos(10t + ) 4 (cm). D. x = B. x = C. x = Câu 18: Con lắc lò xo treo thẳng đứng, độ cứng k = 80N/m, vật nặng khối lượng m = 200g dao động điều hồ theo phương thẳng đứng với biên độ A = 5cm, lấy g = 10m/s2. Trong một chu kỳ T, thời gian lò xo giãn là π π π π A. 15 (s). B. 30 (s). C. 12 (s). D. 24 (s). Câu 19: Lò xo có độ cứng k = 80N/m, một đầu gắn vào giá cố định, đầu còn lại gắn với một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 800g. Người ta kích thích quả cầu dao động điều hồ bằng cách kéo nó xuống dưới vị trí cân Wđ t bằng theo phương thẳng đứng đến vị trí cách vị trí cân bằng 10cm rồi thả nhẹ. Thời gian ngắn nhất để quả cầu đi từ vị trí thấp nhất đến vị trí mà tại đó lò xo khơng biến dạng là ( lấy g = 10m/s 2) A. 0,2 (s). B. 0,1.π (s). C. 0,2.π (s). D. 0,1 (s). Câu 20: Con lắc lò xo treo thẳng đứng dao động điều hồ, thời gian vật nặng đi từ vị trí cao nhất đến vị trí thấp nhất là 0,2s. Tần số dao động của con lắc là A. 2Hz. B. 2,4Hz. C. 2,5Hz. D. 10Hz. Câu 21: Một vật có khối lượng M = 250 g , đang cân bằng khi treo dưới một lò xo có độ cứng k = 50 N / m . Người ta đặt nhẹ nhàng lên vật treo một vật có khối lượng m thì cả hai bắt đầu dao động điều hòa trên phương thẳng đứng và khi cách vị trí ban đầu 2cm thì chúng có tốc độ 40 cm/s. Lấy g ≈ 10m / s . Khối lượng m bằng: A. 100g. B. 150g. C. 200g. D. 250g. 2 DẠNG 6. CÁC DẠNG BÀI TẬP NÂNG CAO 6.1 VA CHẠM VA CHẠM MỀM Câu 1. Một lò xo có độ cứng k = 16N/m có một đầu được giữ cố định còn đầu kia gắn vào quả cầu khối lượng M =240 g đang đứng n trên mặt phẳng nằm ngang. Một viên bi khối lượng m = 10 g bay với vận tốc vo = 10m/s theo phương ngang đến gắn vào quả cầu và sau đó quả cầu cùng viên bi dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang. Bỏ qua ma sát và sức cản khơng khí. Biên độ dao động của hệ là A. 5cm B. 10cm C. 12,5cm D.2,5cm Câu 2. Một con lắc lò xo đặt nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400g và lò xo có hệ số cứng 40N/m đang dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng với biên độ 5cm. Khi M qua vị trí cân bằng người ta thả nhẹ vật m có khối lượng 100g lên M (m dính chặt ngay vào M), sau đó hệ m và M dao động với biên độ A. 2 5cm B. 4,25cm C. 3 2cm D. 2 2cm Câu 3. Một con lắc lò xo nằm ngang, vật nhỏ có khối lượng m, dao động điều hòa với biên độ A. Khi vật đang ở vị trí x=A/2, người ta thả nhẹ nhàng lên m một vật có cùng khối lượng và hai vật dính chặt vào nhau. Biên độ dao động mới của con lắc? Câu 4: Con lắc lò xo có độ cứng k = 200N/m treo vật nặng khối lượng m1 = 1kg đang dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ A= 12,5cm . Khi m1 xuống đến vị trí thấp nhất thì một vật nhỏ khối lượng m2 = 0,5kg bay theo phương thẳng đứng tới cắm vào m1 với vận tốc 6m/s . Xác định biên độ dao động của hệ hai vật sau va chạm. Đs 20cm Câu 5. Con lắc lò xo thẳng đứng, lò xo có độ cứng k = 100N/m, vật nặng có khối lượng m = 1kg. Nâng vật lên cho lò xo có chiều dài tự nhiên rồi thả nhẹ để con lắc dao động. Bỏ qua mọi lực cản. Khi vật m tới vị trí thấp nhất thì nó tự động được gắn thêm vật m 0 = 500g một cách nhẹ nhàng. Chọn gốc thế năng là vị trí cân bằng. Lấy g = 10m/s2. Hỏi năng lượng dao động của hệ thay đổi một lượng bằng bao nhiêu? m1 A. Giảm 0,375J B. Tăng 0,125J C. Giảm 0,25J D. Tăng 0,25J Câu 6 Cho cơ hệ như hình vẽ. Lò xo có khối lượng khơng đáng kể có độ cứng k = 50 N/m. vật m1 = 200 g vật m2 = 300 g. Khi m2 đang cân bằng ta thả m1 từ độ h cao h (so với m2). Sau va chạm m2 dính chặt với m1, cả hai cùng dao động với biên m2 độ A = 10 cm. Độ cao h là: A. h = 0,2625 m B. h = 25 cm C. h = 0,2526 m D. h = 2,5 cm k VA CHẠM ĐÀN HỒI Câu 7: Cho hệ dao động như hình vẽ 2. Lò xo có k = 25N/m. Vật có m = 500g có thể trượt khơng ma sát trên mặt phẳng ngang. Khi hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng một vật nhỏ có khối lượng m 0 = 100g bay theo phương ngang với vận tốc có độ lớn v0 = 1,2m/s đến đập vào vật m. Coi va chạm là hồn tồn đàn hồi. Sau va chạm vật m dao động điều hồ. Biên độ dao động của vật m là A. 8cm. B. 8 2 cm. C. 4cm. D. 4 2 cm. k m (HV.2) v 0m0 Câu 8: Vật m = 400g gắn vào lò xo k = 10N/m. Vật m trượt khơng ma sát trên mặt phẳng ngang. Viên bi m 0 = 100g bắn với v0 = 50cm/s va chạm hồn tồn đàn hồi. Chọn t = 0, vật qua VTCB theo chiều dương. Sau va chạm m dao động điều hồ với phương trình A. x = 4cos(5t - π /2)(cm). B. x = 4cos(5 π t)(cm). π C. x = 4cos(5t + )(cm). D. x = 2cos5t(cm). 6.2 BÀI TỐN CHUYỂN ĐỘNG CĨ MASAT TÌM VẬN TỐC CỰC ĐẠI Câu 1. : Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng k=2 N/m, vật nhỏ khối lượng m=80g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt ngang là 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s2 .Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng A.0,36m/s B.0,25m/s C.0,50m/s D.0,30 m/s Câu 2: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,02 kg và lò xo có độ cứng 1 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị nén 10 cm rồi bng nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s 2. Tốc độ lớn nhất vật nhỏ đạt được trong q trình dao động là A. 10 30 cm/s. B. 20 6 cm/s. C. 40 2 cm/s. D. 40 3 cm/s. Câu 3 Một CLLX nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k=20N/m va vật nặng m=100g .Từ VTCB kéo vật ra một đoạn 6cm rồi truyền cho vật vận tốc 20 cm/s hướng về VTCB .Biết rằng hề số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 0.4 ,lấy g=10m/s2.Tốc độ cực đại của vật sau khi truyền vận tốc bằng : A.20 cm/s B.80 cm/s C.20 cm/s D.40 cm/s TÌM BIÊN ĐỘ LỚN NHẤT Câu 4 : Một con lắc lò xo nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 100N/m, vật có khối lượng m = 400g, hệ số ma sát giữa vật và giá đỡ là µ= 0,1. Từ vị trí cân bằng vật đang nằm n và lò xo khơng biến dạng người ta truyền cho vật vận tốc v = 100cm/s theo chiều làm cho lò xo giảm độ dài và dao động tắt dần. Biên độ dao động cực đại của vật là bao nhiêu? A. 5,94cm B. 6,32cm C. 4,83cm D.5,12cm Câu 5 : Mét con l¾c lß xo gåm vËt nhá khèi lỵng 0,2kg vµ lß xo cã ®é cøng 20N/m.VËt nhá ®ỵc ®Ỉt trªn gi¸ cè ®Þnh n»m ngang däc theo trơc lß xo.HƯ sè ma s¸t trỵt gi÷a gi¸ ®ì vµ vËt nhá lµ 0,01.Tõ vÞ trÝ lß xo kh«ng biÕn d¹ng trun cho vËt vËn tèc ban ®Çu 1m/s th× thÊy con l¾c dao ®éng t¾t dÇn trong giíi h¹n ®µn håi cđa lß xo.®é lín cđa lùc ®µn håi cùc ®¹i cđa lß xo trong qu¸ tr×nh dao ®éng lµ: A. 19,8N B.1,5N C.2,2N D.1,98N Câu 6. Một con lắc lò xo nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 40N/m và quả cầu nhỏ A có khối lượng 100g đang đứng n, lò xo khơng biến dạng. Dùng quả cầu B giống hệt quả cầu A bắn vào quả cầu A dọc theo trục lò xo với vận tốc có độ lớn 1m/s; va chạm giữa hai quả cầu là đàn hồi xun tâm. Hệ số ma sát giữa A và mặt phẳng đỡ là µ = 0,1; lấy g = 10m/s2. Sau va chạm thì quả cầu A có biên độ lớn nhất là: A. 5cm B. 4,756cm. C. 4,525 cm. D. 3,759 cm 6.3 BÀI TỐN TÌM KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI VẬT Câu 1. Một vật có khối lượng m1 = 1,25 kg mắc vào lò xo nhẹ có độ cứng k = 200 N/m, đầu kia của lò xo gắn chặt vào tường. Vật và lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang có ma sát khơng đáng kể. Đặt vật thứ hai có khối lượng m2 = 3,75 kg sát với vật thứ nhất rồi đẩy chậm cả hai vật cho lò xo nén lại 8 cm. Khi 2 thả nhẹ chúng ra, lò xo đẩy hai vật chuyển động về một phía. Lấy π =10, khi lò xo giãn cực đại lần đầu tiên thì hai vật cách xa nhau một đoạn là: A. 4π − 8 (cm) B. 16 (cm) C. 2π − 4 (cm) D. 4π − 4 (cm) Câu 2. Hai vật A và B có cùng khối lượng 1 kg và có kích thước nhỏ được nối với nhau bởi sợi dây mảnh nhẹ dài10cm, hai vật được treo vào lò xo có độ cứng k = 100N/m tại nơi có gia tốc trọng trường g =10m/s2. Lấy π2 =10. Khi hệ vật và lò xo đang ở vị trí cân bằng đủ cao so với mặt đất, người ta đốt sợi dây nối hai vật và vật B sẽ rơi tự do còn vật A sẽ dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Lần đầu tiên vật A lên đến vị trí cao nhất thì khoảng cách giữa hai vật bằng: A. 80cm B. 20cm. C. 70cm D. 50cm Câu 3. Hai vật A có khối lượng 400g và B có khối lượng 200g kích thước nhỏ được nối với nhau bởi sợi dây mảnh nhẹ dài 10cm, hai vật được treo vào lò xo có độ cứng là k=100N/m (vật A nối với lò xo) tại nơi có gia tốc trong trường g =10m/s2 .Lấy π2=10. Khi hệ vật và lò xo đang ở vtcb người ta đốt sợi dây nối hai vật và vật B sẽ rơi tự do còn vật A sẽ dao động điều hồ quanh vị trí cân băng của nó .Sau khi vật A đi được qng đường là 10cm thấy rằng vật B đang rơi thì khoảng cách giữa hai vật khi đó bằng A.140cm B.125cm C.135cm D.137cm Câu 4: Một con lắc lò xo đạt trên mặt phảng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ có khối lượng m. Ban đầu vật m được giữ ở vị trí để lò xo bị nén 9 cm. Vật M có khối lượng bằng một nửa khối lượng vật m nằm sát m. Thả nhẹ m để hai vật chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên, khoảng cách giữa hai vật m và M là: A. 9 cm. B. 4,5 cm. C. 4,19 cm. ` D. 18 cm. Câu 5 một con lắc lò xo dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang với chu kì T = 2π (s), quả cầu nhỏ có khối lượng m1. Khi lò xo có độ dài cực đại và vật m1 có gia tốc -2(cm/s2) thì một vật có khối lượng m2 (m1 = 2m2) chuyển động dọc theo trục của lò xo đến va chạm đàn hồi xun tâm với m 1 có hướng làm lo xo bị nén lại. Vận tốc của m2 trước khi va chạm là 3 3 cm/s. Qng đường vật m2 đi được sau va chạm đến khi m1 đổi chiều chuyển động là: A. 3,63cm B. 6 cm C. 9,63 cm D 2,37cm 6.4 PHÂN TÍCH LỰC Câu 1: Một lò xo có khối lượng khơng đáng kể, hệ số đàn hồi k = 100N/m được đặt nằm ngang, một đầu được giữ cố định, đầu còn lại được gắn với chất điểm m 1 = 0,5 kg. Chất điểm m 1 được gắn với chất điểm thứ hai m 2 = 0,5kg .Các chất điểm đó có thể dao động khơng ma sát trên trục Ox nằm ngang (gốc O ở vị trí cân bằng của hai vật) hướng từ điểm cố định giữ lò xo về phía các chất điểm m 1, m2. Tại thời điểm ban đầu giữ hai vật ở vị trí lò xo nén 2cm rồi bng nhẹ. Bỏ qua sức cản của mơi trường. Hệ dao động điều hòa. Gốc thời gian chọn khi bng vật. Chỗ gắn hai chất điểm bị bong ra nếu lực kéo tại đó đạt đến 1N. Thời điểm mà m 2 bị tách khỏi m1 là π s A. 2 . π s B. 6 . π s D. 10 . 1 s C. 10 . Câu 2. Cho cơ hệ như hình vẽ. Lò xo có độ cứng k = 100 N/m, m1 = 100 g, m2 = 150 g. Bỏ qua ma sát giữa m1 và mặt sàn nằm ngang, ma sát giữa m1 và m2 là µ12 = 0,8. Biên độ dao động của vật m1 bằng bao nhiêu để hai vật khơng trượt lên nhau: A. A ≤ 0,8 cm. B. A ≤ 2 cm C. A ≤ 7,5 cm D. A ≤ 5cm Câu 3. Cho cơ hệ như hình vẽ. Lò xo có khối lượng khơng đáng kể có độ cứng k = 100 N/m. vật m1 = 150 g vật m2 = 100 g. Bỏ qua lực cản của khơng khí, lấy g = 10 m/s2. m1 và m2 cùng dao động. Hỏi biên độ của hai vật bằng bao nhiêu thì m1 khơng rời khỏi m2? A. A bất kì. B. A ≤ 2 cm C. A ≤ 2,5 cm D. A ≤ 5cm m2 m1 k m1 m2 k 6.5 THAY ĐỔI VỊ TRÍ CÂN BẰNG( vật chịu tác dụng của lực điện hoặc lực qn tính) Câu 1: Một vật nặng có khối lượng m, điện tích q = +5.10-5C được gắn vào lò có độ cứng k = 10N/m tạo thành con lắc lò xo nằm ngang. Điện tích của con lắc trong q trình dao động khơng thay đổi, bỏ qua mọi ma sát. Kích thích cho con lắc dao động với biên độ 5cm. Tại thời điểm vật nặng qua vị trí cân bằng và có vân tốc hướng ra xa điểm treo lò xo, người ta bật điện trường đều có cường độ E = 10 4V/m cùng hướng với vận tốc của vật. Khi đó biên độ mới của con lắc lò xo là: A. 10 2 cm. B. 5 2 cm C. 5 cm. D 8,66 cm Câu 2. Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật nặng tích điện q = 20 µC và lò xo có độ cứng k = 10 N/m. Khi vật đang nằm cân bằng, cách điện, trên mặt bàn nhẵn thì xuất hiện tức thời một điện trường đều trong khơng gian bao quanh có hướng dọc theo trục lò xo. Sau đó con lắc dao động trên một đoạn thẳng dài 4 cm. Độ lớn cường độ điện trường E là 

Hướng dẫn ôn thi THPT quốc gia môn hóa 12 có đáp án

1. GLUCOZƠ 2. SACCAROZƠ. TINH BỘT VÀ XENLULOZƠ Kiến thức Biết được : − Khái niệm, phân loại cacbohiđrat. − Tính chất vật lí, trạng thái tự nhiên, ứng dụng của glucozơ. − Cấu trúc phân tử dạng mạch hở Hiểu được : Tính chất hoá học của glucozơ : + Tính chất của ancol đa chức. + Tính chất của anđehit đơn chức. + Phản ứng lên men rượu. Kĩ năng − Viết được công thức cấu tạo dạng mạch hở, của glucozơ, fructozơ. − Dự đoán được tính chất hoá học dựa vào cấu trúc phân tử. − Viết được các phương trình hoá học chứng minh tính chất hoá học của glucozơ. − Phân biệt dung dịch glucozơ với glixerol bằng phương pháp hoá học. − Giải các bài tập có nội dung liên quan đến hợp chất glucozơ, fructozơ Kiến thức Biết được : − Cấu trúc phân tử, tính chất vật lí, ứng dụng của tinh bột và xenlulozơ. − Sự chuyển hoá tinh bột trong cơ thể sự tạo thành tinh bột trong cây xanh. Hiểu được : − Tính chất hoá học của saccarozơ (phản ứng của ancol đa chức, thuỷ phân trong môi trường axit). − Tính chất hoá học của tinh bột và xenlulozơ : Tính chất chung (thuỷ phân), tính chất riêng (phản ứng của hồ tinh bột với iot, phản ứng của xenlulozơ với nước Svayde, với axit HNO 3). Kĩ năng − Viết các phương trình hoá học minh hoạ cho tính chất hoá học. − Phân biệt các dung dịch : Saccarozơ, glucozơ, glixerol bằng phương pháp hoá học. − Giải các bài tập có nội dung liên quan về saccarozơ tinh bột và xenlulozơ. II/ BÀI TẬP Nhận biết và thông hiểu 1. Cacbohidrat (gluxit, saccarit) là: A. hợp chất đa chức, có công thức chung là Cn(H2O)m. B. hợp chất tạp chức, đa số có công thức chung là C n(H2O)m. C. hợp chất chứa nhiều nhóm hidroxyl và nhóm cacboxyl. D. hợp chất chỉ có nguồn gốc từ thực vật. 2. Có mấy loại cacbohiđrat quan trọng? A. 1 loại. B. 2 loại. C. 3 loại. 3. Những thí nghiệm nào chứng minh được cấu tạo phân tử của glucozơ? A. phản ứng với Na và với dung dịch AgNO3 trong amoniac. B. phản ứng với NaOH và với dung dịch AgNO3 trong amoniac. C. phản ứng với CuO và với dung dịch AgNO3 trong amoniac. D. phản ứng với Cu(OH)2 và với dung dịch AgNO3 trong amoniac. 4. Phát biểu nào sau đây không đúng ? A. Glucozơ và fructozơ là đồng phân cấu tạo của nhau. B. Metyl α - glucozit không thể chuyển sang dạng mạch hở. C. Trong dung dịch, glucozơ tồn tại ở dạng mạch vòng ưu tiên hơn dạng mạch hở. D. Có thể phân biệt glucozơ và fructozơ bằng phản ứng tráng bạc. D. 4 loại. 5. Các chất Glucozơ (C6H12O6), fomandehit (HCHO), axetandehit CH3CHO, Fomiatmetyl (HCOOCH3), phân tử đều có nhóm – CHO nhưng trong thực tế để tráng gương người ta chỉ dùng: A. CH3CHO B. HCOOCH3 C. C6H12O6 D. HCHO 6. Dữ kiện thực nghiệm nào sau đây không dùng để chứng minh được cấu tạo của glucozơ ở dạng mạch hở: A. Khử hoàn toàn glucozơ cho n - hexan. B. Glucozơ có phản ứng tráng bạc. C. Glucozơ tạo este chứa 5 gốc axit CH3COO D. Khi có xúc tác enzim, dung dịch glucozơ lên men tạo rượu etylic… 7. Chất không tan được trong nước lạnh là : A. saccazozo B. Fructozo C. Glucozo D. Tinh bột 8. Cho các chất sau: glucozo; glixerol; saccazozo; tinh bột; axit axetic. Số chất tác dụng được với Cu(OH)2 là: A. 5 B. 3 C. 4 D. 2 9. Đồng phân của glucozơ là A. saccarozơ B. Mantozơ C. xenlulozơ D. fructozơ 10. Mô tả nào dưới đây không đúng với glucozơ? A. Chất rắn, màu trắng, tan trong nước và có vị ngọt. B. Có mặt trong hầu hết các bộ phận của cây, nhất là trong quả chín. C. Còn có tên gọi là đường nho. D. Có 0,1% trong máu người. 11. Khi nào bệnh nhân được truyền trực tiếp dung dịch glucozơ (còn được gọi với biệt danh “huyết thanh ngọt”). A. Khi bệnh nhân có lượng glucozơ trong máu > 0,1%. B. Khi bệnh nhân có lượng glucozơ trong máu < 0,1%. C. Khi bệnh nhân có lượng glucozơ trong máu = 0,1%. D. Khi bệnh nhân có lượng glucozơ trong máu từ 0,1% → 0,2%. 12.Tinh bột , Xenlulozơ, saccarozơ đều có khả năng tham gia pứ : A Thuỷ phân B.Tráng gương C. Trùng ngưng D. Hoà tan Cu(OH)2 13. Chất hữu cơ thuộc loại polisaccarit là A. xenlulozơ. B. saccarozơ. C. glucozơ. D. fructozơ 14. Để xác định glucozơ trong nước tiểu của người bị bệnh đái tháo đường người ta dùng A. axit axetic B. đồng (II) oxit C. natri hiđroxit D. đồng (II) hiđroxit 15. Phản ứng khử glucozơ là phản ứng nào sau đây ? A. Glucozơ + H2/Ni , to. B. Glucozơ + Cu(OH)2. men C. Glucozơ + [Ag(NH3)2]OH. D. Glucozơ → etanol. 16. Phản ứng chuyển glucozơ, fructozơ thành những sản phẩm giống nhau là A. phản ứng với Cu(OH)2. B. phản ứng tráng gương. C. phản ứng với H2/Ni. to. D. phản ứng với kim loại Na. 17. Thuốc thử phân biệt glucozơ với fructozơ là A.AgNO3/ NH3. B. Cu(OH)2. C. dung dịch Br2. D. H2. 18. Sobit (sobitol) là sản phẩm của phản ứng A. khử glucozơ bằng H2/Ni, to. B. oxi hóa glucozơ bằng AgNO3/NH3. C. lên men rượu etylic. D. glucozơ tác dụng với Cu(OH)2. 19. Fructozơ không phản ứng với chất nào sau đây? A. H2/Ni, to. B. Cu(OH)2. C. dung dịch brom. D. AgNO3/NH3. 20. Glucozơ không có được tính chất nào dưới đây? A. Tính chất của nhóm andehit B. Tính chất poliol C. Tham gia phản ứng thủy phân D. Lên men tạo rượu etylic 21. Để chứng minh glucozơ có nhóm chức andehit, có thể dùng một trong ba phản ứng hoá học. Trong các phản ứng sau, phản ứng nào không chứng minh được nhóm chức andehit của glucozơ? A. Oxi hoá glucozơ bằng AgNO3/NH3. B. Oxi hoá glucozơ bằng Cu(OH)2 đun nóng. C. Lên men glucozơ bằng xúc tác enzim. D. Khử glucozơ bằng H2/Ni , t0. Vận dụng và vận dụng cao 22. Có bốn lọ mất nhãn chứa: Glixerol, ancol etylic, glucozơ và axit axetic. Thuốc thử nào sau đây có thể dùng để phân biệt các dung dịch trong từng lọ trên ? A. AgNO3/NH3 B. Na kim loại. C. Cu(OH)2 D. Nước brom. 23. Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ xenlulozơ và axit nitric đặc có xúc tác axit sunfuric đặc nóng .Để có 59,4 kg Xenlulozơ trinitrat ,cần dùng dd chứa m kg axit nitric (hiệu suất pứ đạt 90%).giá trị của m là : A.30 kg B. 42 kg C. 41 kg D.10 kg 24. Cho glucozơ lên men tạo thành ancol, khí CO 2 tạo thành được dẫn qua dung dịch nước vôi trong dư, thu được 50g kết tủa, biết hiệu suất lên men là 80%, khối lượng ancol thu được là: A. 23,0g. B. 18,4g. C. 27,6g. D. 28,0g. 25. Cho 2,5 kg glucozơ chứa 20% tạp chất lên men thành rượu. Tính thể tích rượu 40 0 thu được, biết rượu nguyên chất có khối lượng riêng 0,8 g/ml và trong quá trình chế biến, rượu bị hao hụt mất 10%. A. 3194,4 ml B. 2785,0 ml C. 2875,0 ml D. 2300,0 ml 26. Tính lượng kết tủa Ag hình thành khi tiến hành tráng gương hoàn toàn dung dịch chứa 18 gam glucozơ. A. 2,16 gam B. 10,80 gam C. 5,40 gam D. 21,60 gam 27. Lên men a gam glucozơ với hiệu suất 90%, lượng CO 2 sinh ra hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong thu được 10 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 3,4 gam. Tính a. A. 13,5 gam B. 15,0 gam C. 20,0 gam D. 30,0 gam 28. chất không tham gia phản ứng thuỷ phân là ? A.saccarozơ B. Xenlulozơ C.fructozơ D.Tinh bột 29. Cho 11,25g glucozơ lên men rượu thoát ra 2,24 lít CO2 đkc .hiệu suất của quá trình lên men là : A. 80% B. 85% C. 75 % D. 70% 30. Ứng dụng nào dưới đây không phải là ứng dụng của glucozơ? A. Làm thực phẩm dinh dưỡng và thuốc tăng lực B. Tráng gương, tráng phích C. Nguyên liệu sản xuất ancol etylic D. Nguyên liệu sản xuất PVC 31. Đặc điểm giống nhau giữa glucozơ và saccarozơ là A. Đều có trong củ cải đường B. Đều tham gia phản ứng tráng gương C. Đều hoà tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh D. Đều được sử dụng trong y học làm “huyết thanh ngọt” 32. Câu nào sai trong các câu sau: A. Không thể phân biệt mantozơ và đường nho bằng cách nếm B. Tinh bột và xenlulozơ không tham gia phản ứng tráng gương vì phân tử đều không chứa nhóm chức – CH=O C. Iot làm xanh tinh bột vì tinh bột có cấu trúc đặc biệt nhờ liên kết hidro giữa các vòng xoắn amilozơ hấp thụ iot. D. Có thể phân biệt mannozơ với saccarozơ bằng phản ứng tráng gương 33. Chất lỏng hoà tan được Xenlulozơ là ? A. Benzen B. Nước Svayde C. Etanol D. Ete 34. Cho các chất: Saccarozơ, glixerol, glucozơ, Tinh bột. Số chất tác dụng được với Cu(OH) 2 là? A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 35. Qua nghiên cứu phản ứng este hoá xenlulozơ người ta thấy mỗi gốc glucozơ (C 6H10O5) có A. 5 nhóm hiđroxyl B. 3 nhóm hiđroxyl C. 4 nhóm hiđroxyl D. 2 nhóm hiđroxyl 36. Câu nào đúng trong các câu sau: Tinh bột và xenlulozơ khác nhau về A. Công thức phân tử B. tính tan trong nước lạnh C. Cấu trúc phân tử D. phản ứng thuỷ phân 37. Công thức phân tử và công thức cấu tạo của xenlulozơ lần lượt là A. (C6H12O6)n, [C6H7O2(OH)3]n. B. (C6H10O5)n, [C6H7O2(OH)3]n. C. [C6H7O2(OH)3]n, (C6H10O5)n. D. (C6H10O5)n, [C6H7O2(OH)2]n. 38. Khối lượng saccarozơ cần để pha 500 ml dung dịch 1M là: A. 85,5 gam B. 171 gam C. 342 gam D. 684 gam 39. Khi thuỷ phân tinh bột ta thu được sản phẩm cuối cùng là A. fructozơ B. glucozơ C. saccarozơ D. mantozơ 40. Chất nào sau đây có phản ứng tráng gương? A. Saccarozơ B. Tinh bột C. Glucozơ D. Xenlulozơ 41. Cho chất X vào dung dịch AgNO 3 trong amoniac, đun nóng, không thấy xảy ra phản ứng tráng bạc. Chất X có thể là chất nào trong các chất sau đây? A. Glucozơ B. Fructozơ C. Axit fomic D. Saccarozơ 42.Tính lượng kết tủa Ag hình thành khi tiến hành tráng gương hoàn toàn dung dịch chứa 18 gam glucozơ. A. 10,80 gam B. 2,16 gam C. 5,40 gam D. 21,60 gam 43. Dùng 340,1 kg xenlulozơ và 420 kg HNO 3 nguyên chất có thể thu được bao nhiêu tấn xenlulozơ trinitrat, biết sự hao hụt trong quá trình sản xuất là 20%? A. 0,75 tấn B. 0,6 tấn C. 0,5 tấn D. 0, 85 tấn 44. Khử glucozơ bằng hidro để tạo socbitol. Lượng glucozơ dùng để tạo ra 1,82 gam socbitol với hiệu suất 80% là A. 2,25 gam B. 22,5 gam C. 1,44 gam D. 14,4 gam 45. Xenlulozơ trinitrat là chất dễ cháy, nổ mạnh. Muốn điều chế 29,7 kg Xenlulozơ trinitrat từ xenlulozơ và axit nitric với hiệu suất 90% thì thể tích HNO 3 96% (d = 1,52 g/ml) cần dùng là A. 14,390 lít B. 1,439 lít C. 15,000 lít D. 24,390 lít 46. Thủy phân 1kg saccarozơ trong môi trường axit với hiệu suất 76%. Khối lượng các sản phẩm thu được là: A. 0,5 kg glucozơ và 0,5 kg frutozơ B. 0,4 kg glucozơ và 0,4 kg frutozơ C. 0,6 kg glucozơ và 0,6 kg frutozơ D. 0,3 kg glucozơ và 0,3 kg frutozơ 47. Phát biểu nào dưới đây về ứng dụng của xenlulozơ là không đúng? A. Xenlulozơ dưới dạng tre, gỗ,nứa, ... làm vật liệu xây, đồ dùng gia đình, sản xuất giấy, ... B. Xenlulozơ được dùng làm một số tơ tự nhiên và nhân tạo. C. Nguyên liệu sản xuất ancol etylic D. Thực phẩm cho con người. 1 B 16 C 31 C 46 B 2 C 17 C 32 A 47 D 3 D 18 A 33 B 4 D 19 C 34 C 5 C 20 C 35 C 6 D 21 C 36 C 7 D 22 C 37 B ĐÁP SỐ: 8 9 C D 23 24 B A 38 39 B B 10 C 25 C 40 C 11 B 26 D 41 D 12 A 27 B 42 D 13 A 28 C 43 C 14 D 29 A 44 A 15 A 30 D 45 D CHƯƠNG 3 AMIN - AMINO AXIT – PROTEIN AMIN I. KHÁI NIỆM, PHÂN LOẠI, DANH PHÁP VÀ ĐỒNG PHÂN : 1. Khái niệm : Khi thay thế một hay nhiều nguyên tử hiđro trong phân tử NH 3 bằng một hay nhiều gốc hiđrocacbon ta được amin. CTPTTQ : CnH2n + 2 – 2(π + v) + z Nz n > 1 và z > 1 Chú ý : Số nguyên tử H và số nguyên tử N đồng chẳn và đồng lẻ 2. Phân loại : Amin được phân loại theo 2 cách thông dụng nhất : a)Theo đặc điểm cấu tạo của gốc hiđrocacbon : Amin thơm (thí dụ: anilin C 6H5NH2), amin béo (thí dụ: etylamin), amin dị vòng (thí dụ: piroliđin NH ) b)Theo bậc của amin : Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử NH 3 được thay thế bằng gốc hyđro cacbon.Theo đó các amin được phân loại thành : amin bậc I, bậc II hay bậc III. Thí dụ: 3. Danh pháp : a) Tên gốc - chức : Tên gốc hidrocacbon + amin b) Tên thay thế : Tên hidrocacbon + amin 4. Đồng phân : Khi viết công thức các đồng phân cấu tạo của amin, cần viết đồng phân mạch C và đồng phân vị trí nhóm chức cho từng loại : amin bậc I, amin bậc II, amin bậc III - Tổng số đồng phân amin đơn no mạch hở = 2(n – 1) ;n H – NH2 > C6H5 - NH2 > C6H5NHC6H5 Chú ý : * CnH2n + 1NH2 khi n tăng tính bazơ càng mạnh * Cùng đồng phân tính bazơ của amin bậc II mạnh hơn amin bậc III, amin bậc III mạnh hơn amin bậc I (CH3)3N > C2H5NHCH3 > (CH3)2CHNH2 > CH3CH2CH2NH2 Tương tự như NH3: Tác dụng với axit tạo thành muối amoni; tác dụng với muối mà hidroxit kim loại không tan và có khả năng tạo phức amoni CnH2n + 2 – 2(π + v) + z Nz + zH+ → CnH2n + 2 – 2(π + v) + z (NH+)z z= n H+ n A min và maxit phản ứng = mmuối - mAmin b) Phản ứng với axit nitrơ : Amin bậc một tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt độ thường cho ancol hoặc phênol và giải phóng nitơ. Thí dụ : C2H5NH2 + HNO2 → C2H5OH + N2 + H2O Phản ứng này dùng nhận biết amin bậc I Anilin và các amin thơm bậc một tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt độ thấp (0 - 5 0C) cho muối điazoni : + −5 0 C C6H5NH2 + HONO + HCl 0 → C6H5N2 Cl + 2H2O benzenđiazoni clorua 2. Phản ứng thế ở nhân thơm của anilin : :NH2 NH2 Br Br + 3Br2 → + 3HBr Trắng Br 2, 4, 6 tribromanilin Phản ứng này dùng nhận biết anilin. 3. Phàng ứng cháy : Khi đốt cháy hoàn toàn amin cho ra CO2 ; H2O và N2. CnH2n + 2 – 2(π + v) + z Nz + O2 → nCO2 + [n + 1 – (π + v) + 1/2z]H2O + z/2N2 n= n CO2 n A min z= 2n N 2 n A min AMINO AXIT I. ĐỊNH NGHĨA, CẤU TẠO VÀ DANH PHÁP : 1. Định nghĩa : Amino axit là loại hợp chất hữu cơ tạp chức mà phân tử chứa đồng thời nhóm amino (NH2) và nhóm cacboxyl (COOH). Công thức tổng quát : (H2N)aR(COOH)b ⇔ (H2N)aCnHm(COOH)b ⇔ (H2N)aCnH(2n + 2 – 2(π + v) – a – b)(COOH)b a, b, n > 1 ; (π + v) > 0 3. Danh pháp : Axit Vị trí nhóm NH2 amino Tên thay thế (hoặc tên thông thường) của axit II. TÍNH CHẤT VẬT LÍ : Các amino axit là những chất rắn ở dạng tinh thể không màu, vị hơi ngọt, có nhiệt độ nóng chảy cao (khoảng từ 220 đến 300 0C, đồng thời bị phân hủy) và dễ tan trong nước vì chúng tồn tại ở dạng ion lưỡng cực (muối nội phân tử). III. TÍNH CHẤT HÓA HỌC : 1. Tính chất axit - bazơ của dung dịch amino axit : * Tác dụng với chất chỉ màu: Tùy theo số nhóm chức amin và số nhóm chức cacboxyl mà dung dịch amino axit có môi trường axit, bazơ hay trung tính. (H2N)xR(COOH)y - x < y : Dung dịch có môi trường axit, pH < 7, qùi tím chuyển sang đỏ - x = y : Dung dịch có môi trường trung tính, pH = 7, qùi tím không chuyển màu - x > y : Dung dịch có môi trường bazơ, pH > 7, qùi tím chuyển sang xanh * Amino axit phản ứng với axit vô cơ mạnh cho muối, thí dụ : H2NCH2COOH + HCl → ClH3NCH2COOH Hoặc H3N+CH2COO- + HCl → ClH3NCH2COOH * Amino axit phản ứng với bazơ mạnh cho muối và nuớc, thí dụ : H2NCH2COOH + NaOH → H2NCH2COONa + H2O Hoặc H3N+CH2COO- + NaOH → H2NCH2COONa + H2O Như vậy, amino axit có tính chất lưỡng tính. Phương pháp giải bài toán tính lưỡng tính cùa aminoaxit Đề bài có thể cho 1 trong 3 dạng + xH + + →(H3N x= )xR(COOH)y n H+ n AA = m(ClNH 3 + ) x R(COOH) y − m AA 36, 5 mAA = mmuối – maxit phản ứng (I) (H2N)xR(COOH)y + yMOH → (H2N)xR(COOM)y y= n OH− n AA = m (H2 N)x R(COOM) y − m AA (M − 1)n AA 

Đề thi khảo sát chất lượng giáo viên THCS môn toán tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN  NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN – CẤP THCS  Câu 1 (2,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm 1,00 a) x ≥ 0 , khi đó ta có: x ≠ 1 Điều kiện xác định của P:  P= = ( x+2 )( ) ( x −1 x + x + 1 x + 2 + x −1 − x − x −1 ( ( + )( ) x −1 x + x + 1 = )( x +1 )( ) x −1 − ) ( x −1 x + x +1 ( x− x )( ) x −1 x + x + 1 = 0,50 x + x +1 )( ) x −1 x + x +1 x x P= . Vậy x + x +1 x + x +1 b) 0,25 1,00 Ta có: P = ( ⇔2 x ( ( ) 2 x 2 ⇔ = ⇔ 7 x = 2 x + x +1 7 x + x +1 7 ⇔ 2x − 5 x + 2 = 0 ⇔ 2x − 4 x − x + 2 = 0 ⇔ 0,25 ) ( x −2 − ) x −2 =0 1  1  x= x=   2⇔ x − 2 2 x −1 = 0 ⇔ 4 . So sánh với điều kiện thỏa mãn.    x = 2 x = 4 )( 0,5 0,5 ) Câu 2 (1,0 điểm) Nội dung trình bày a) Hàm số y = ( 4 − 2m ) x + 3 đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi 4 − 2m > 0 ⇔ 4 > 2m ⇔ m < 2 . Vậy m < 2 . b) 2 Đồ thị hàm số y = mx 2 đi qua điểm A ( −2;8 ) ⇔ 8 = m ( −2 ) ⇔ 8 = 4m ⇔ m = 2 . Vậy m = 2 . Câu 3 (1,0 điểm) Nội dung trình bày Gọi thời gian dự kiến hoàn thành xong công việc là x (ngày), x > 0 . Gọi số sản phẩm mỗi ngày làm được theo dự kiến là y (sản phẩm), y > 0 . Do dự kiến làm 130 sản phẩm nên xy = 130 (1). Nhờ tăng năng suất làm vượt định mức mỗi ngày 2 sản phẩm nên đã hoàn thành sớm hơn 2 ngày và còn làm thêm được 2 sản phẩm nên ta có phương trình ( x − 2 ) ( y + 2 ) = 132 (2)  xy = 130  x = 13 Từ (1) và (2) ta được hệ  . Giải hệ ta được  ( x − 2 ) ( y + 2 ) = 132  y = 10 Vậy thời gian dự kiến là 13 ngày. Câu 4 (1,0 điểm): Điểm 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Nội dung trình bày Điểm 0,50 a) 2 1  19  Có: ∆ '' = m − ( m − 5 ) = m − m + 5 =  m − ÷ + 2 4  2 2 0,25 2 1  19  =  m − ÷ + > 0 với mọi m, suy ra đpcm. 2 4  b) 0,25 0,50  x1 + x2 = 2m  x1 x2 = m − 5 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT, khi đó theo định lý Viet ta có:  0,25 Theo giả thiết x12 + x22 = 12 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 12 2 m = 1 ⇔ 4m − 2 ( m − 5 ) = 12 ⇔ 2m − m − 1 = 0 ⇔ ( m − 1) ( 2m + 1) = 0 ⇔  m = − 1 2  Câu 5 (3,0 điểm): 2 2 0,25 A E F H B O C M D Nội dung trình bày a) · Do BE là đường cao nên BEC = 900 · Do CF là đường cao nên BFC = 900 · · Suy ra BEC hay tứ giác BCEF nội tiếp = BFC b) Do AD là đường kính nên ·ACD = 900 ⇒ CD ⊥ AC , kết hợp với BE vuông góc với AC suy ra CD||AH. Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5 1,0 0,5 Do AD là đường kính nên ·ABD = 900 ⇒ BD ⊥ AB , kết hợp với CF vuông góc với AB 0,25 Từ hai kết quả trên ta được tứ giác BDCH là hình bình hành. c) 0,25 1,0 suy ra BD||CH. Do tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn nên ·AEF = ·ABC , kết hợp với ·ADC = ·ABC suy ra ·AEF = ·ADC ⇒ DAC · · + ·AEF = DAC + ·ADC = 900 ⇒ EF ⊥ OA . 0,5 Do tứ giác BHCD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm DH, kết hợp với O là trung điểm AD suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHC suy ra AH = 2.OM 0,5 Câu 6 (1,0 điểm): Nội dung trình bày ( n − 2n ) M( n + 3) ⇔ n ( n + 3) − 5 ( n + 3) + 15M( n + 3) 2 ⇔ 15M( n + 3) ⇔ n + 3 ∈ { 5,15} (do n + 3 > 3 ) ⇔ n ∈ { 2,12} . Vậy n ∈ { 2,12} là giá trị cần tìm. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7 (1,0 điểm): Nội dung trình bày ab ab 1  ab ab  = ≤  + Ta có ÷ 2c + a + b c + a + c + b 4  c + a c + b  Tương tự như vậy ta được bc 1  bc bc  ≤  + ÷ 2a + c + b 4  a + b a + c  ca 1  ca ca  ≤  + ÷ 2b + c + a 4  b + c a + b  Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được 1  ab ab bc bc ca ca  P≤  + + + + + ÷ 4c+a c+b a+b a+c b+c a+b 1  ab + bc ab + ac bc + ca  1 3 =  + + ÷ = ( a + b + c ) = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 c+a c+b a+b  4 4 3 a = b = c = 1 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng . 4 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Yêu cầu: + Điểm toàn bài tính đến 0,25; + Với các ý từ 0,5 điểm trở lên, tổ chấm thống nhất để chia nhỏ đến 0,25; + Với mỗi ý, Hướng dẫn chấm chỉ trình bày 1 cách giải với các bước cùng kết quả bắt buộc phải có. Nếu thí sinh giải theo cách khác và trình bày đủ các kết quả thì vẫn cho điểm tối đa của ý đó. + Trong mỗi ý, thí sinh sai từ đâu thì không cho điểm từ đó. + Bài hình học bắt buộc phải vẽ đủ hình, không vẽ đủ hình của ý nào thì không cho điểm liên quan của ý đó. 

Đề thi học kì i môn toán 9 tỉnh bắc giang năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ I MÔN THI: TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 Lưu ý khi chấm bài: Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính điểm. Câu Câu 1 1 (1 điểm) Hướng dẫn giải Điểm (3 điểm) a. 144 − 81 0,25 = 12 − 9 = 3 0,25 (3 − 5) 2 + 5 = 3 − 5 + 5 b. 0,25 = 3 − 5 + 5 = 3 (vì 3 > 5 nên 3 − 5 > 0 ) 2 (1 điểm) 10 − 12x có nghĩa khi và chỉ khi: 10 − 12 x ≥ 0 ⇔ 12 x ≤ 10 ⇔ x ≤ Do đó, hàm số y = (45 − 2015) x + 2 là hàm số đồng biến trên R. Câu 2 1 (0,75điểm) 2 (0,75điểm) 5 6 5 thì 10 − 12x có nghĩa. 6 Ta có: 452 = 2025 Vì 2025 > 2015 nên 2025 > 2015 hay 45 > 2015 => 45 − 2015 > 0 Vậy với x ≤ 3 (1 điểm) 0,25 Với x ≥ 1 , ta có: 25 x − 25 − 10 = 0 ⇔ 25.( x − 1) = 10 ⇔ 5 x − 1 = 10 0,75 0,25 0,75 0,25 (1,5 điểm) 0,25 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5 ( thoả mãn ĐK x ≥ 1 ) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 Hai đường thẳng đã cho song song với nhau khi và chỉ khi: −2 m = 3m − 5  −3 ≠ 1 (lu«n ®óng) 5 ⇔ 5m = 5 ⇔ m = 1 (thỏa mãn điều kiện m ≠ 0, m ≠ ) 3 Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Câu 3 0,25 0,25 0,25 (2 điểm) Với x > 0; x ≠ 1 , ta có: 1 (1,25 điểm)  1  5 x 1 1  5 x  1 A = + = + ÷. ÷. x −1  x + 1  x ( x − 1) x −1  x +1  x− x 0,5 = x +1 5 x . x ( x − 1) x + 1 0,25 = 5 x −1 0,25 Vậy A = 2 (0,75điểm) 5 với x > 0; x ≠ 1 . x −1 0,25 A nhận các giá trị nguyên khi và chỉ khi: ( 5M Nên ) x − 1 hay ( ) x − 1 ∈ Ư(5) , mà Ư(5) = { ±1; ± 5} và x − 1 ≥ −1 x − 1 ∈ { ±1; 5} ⇔ x ∈ { 0; 2;6} ⇔ x ∈ { 0; 4;36} 0,25 0,25 Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; x ∈ ¢ , ta được x ∈ { 4; 36} . KL…. Câu 4 0,25 (3 điểm) Hình vẽ: C E D H A 1 (1 điểm) 2 (1 điểm) K B Các tam giác ABD và ABE nội tiếp đường tròn đường kính AB nên các tam giác ABD và ABE là các tam giác vuông · · · · Do đó: ADB = AEB = 900 => HDC = HEC = 900 0,5 Khẳng định bốn điểm C, D, H, E cùng thuộc một đường tròn đường kính CH 0,5 Do các tam giác ABD và ABE là các tam giác vuông nên BD ⊥ AC; AE ⊥ BC Mà H là giao điểm của AE và BD nên H là trực tâm của tam giác ABC 3 (1 điểm) 0,5 Do đó: CH ⊥ AB 0,25 Giả sử: CH ⊥ AB tại K Chứng minh được: ∆AEB ∆AKH (g.g) AE AB = => AE.AH = AB.AK => AK AH 0,5 (1) Chứng minh tương tự: ∆BDA ∆BKH (g.g) (2) => BH.BD = AB.BK 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AH.AE + BH.BD = AB(AK + BK) = AB.AB = AB2 Câu 5 0,25 (đpcm) 0,25 (0,5 ĐK: x ≥ 2, y ≥ 2, z ≥ 2 (*) Ta có: x + y + z − 3 = 2 x − 2 + 2 y − 2 + 2 z − 2 ⇔ ( ) ( 2 x − 2 −1 + ) ( 2 y − 2 −1 + ) 2 z − 2 −1 = 0 điểm) 0,25 Lập luận được x = y = z = 3 (thỏa mãn điều kiện (*)) Thay vào biểu thức: Q = ( x − y +1) 2012 + ( x −3) 2014 + ( y − 4) 2016 . Thu được : Q = (0 +1) 2012 + (3−3) 2014 + (3− 4) 2016 = 1 + 0 + 1 = 2. . KL:………….. Tổng điểm 0,25 10 

Đề thi khảo sát chất lượng giáo viên THCS môn văn tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

II. PHẦN LÀM VĂN (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Đồng chí hãy viết một bài văn ngắn với chủ đề: “Cuộc sống cũng cần những giọt nước mắt”. Câu 2. (4,0 điểm) Cảm nhận của đồng chí về hai đoạn thơ sau: “Mai về miền Nam thương trào nước mắt Muốn làm con chim hót quanh lăng Bác Muốn làm đóa hoa tỏa hương đâu đây Muốn làm cây tre trung hiếu chốn này.” (Trích “Viếng lăng Bác” – Viễn Phương) “Ta làm con chim hót Ta làm một cành hoa Ta nhập vào hòa ca Một nốt trầm xao xuyến. Một mùa xuân nho nhỏ Lặng lẽ dâng cho đời...” (Trích “Mùa xuân nho nhỏ” – Thanh Hải) ------------- HẾT ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………………………….…………….SBD……………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HDC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN NGỮ VĂN; CẤP THCS (Đáp án gồm 04 trang) I. PHẦN ĐỌC HIỂU (3,0 điểm) Câu Nội dung Câu 1 Phương thức biểu đạt chính của đoạn thơ: biểu cảm. Câu 2 Từ “nằm” được dùng theo nghĩa chuyển: chỉ sự hy sinh của người lính, thân xác vĩnh viễn chìm sâu dưới đáy sông Thạch Hãn. Câu 3 Các biện pháp tu từ được sử dụng trong hai câu thơ: + Hoán dụ: “tuổi 20” để chỉ các chiến sĩ trẻ tuổi. + Ẩn dụ: “thành sóng nước” chỉ sự hy sinh của người lính, hóa thân về với sông nước quê hương. - Tác dụng: Biện pháp tu từ hoán dụ, ẩn dụ khiến câu thơ trở nên gợi hình, gợi cảm. Đồng thời, tác giả đã thiêng liêng và bất tử hóa sự hi sinh của những người lính cho Tổ quốc. Câu 4 Những tâm tư, tình cảm của tác giả: + Xúc động, xót thương trước sự hi sinh của đồng đội. + Trân trọng, ngợi ca những cống hiến, hi sinh của các anh hùng liệt sĩ đã làm nên nền hòa bình, độc lập của dân tộc. Những người lính đã ngã xuống nhưng họ sẽ bất tử cùng Tổ quốc. Câu 5 Nội dung chính của đoạn trích: Bàn về mục đích của việc học tập và trách nhiệm của nhà trường, gia đình: cần có quan điểm, định hướng đúng đắn trong việc giáo dục con em mình. Câu 6 - Phép liên kết: phép nối – “Chính vì vậy”. - Mối quan hệ vê nội dung ý nghĩa giữa 2 đoạn văn: nguyên nhân - kết quả (Đoạn 1: Xác định mục đích của việc học sai lầm sẽ để lại những hậu quả nghiêm trọng. Đoạn 2: Vì vậy, chúng ta cần có quan điểm đúng đắn về mục đích của việc học tập). Câu 7 Câu (4) là kiểu câu cầu khiến (phân loại theo mục đích nói). Câu 8 - “Học để biết”: tích lũy tri thức; hiểu biết về những quy tắc, chuẩn mực đạo đức, lẽ phải… “Học để làm”: học đi đôi với hành, ứng dụng tri thức để giải quyết các vấn đề trong thực tiễn đời sống. “Học để chung sống”: trang bị những kĩ năng, thái độ ứng xử để con người có thể hòa nhập, thích ứng với môi trường sống xung quanh mình, cùng chung sống trong hòa bình, hợp tác. “Học để tự khẳng định mình”: học là một quá trình tích lũy vốn sống, kĩ năng sống để khắng định được giá trị của bản thân, trở thành con người có tri thức, có đạo đức, nhân cách. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 II. PHẦN LÀM VĂN (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Yêu cầu về kĩ năng: - Biết cách làm bài văn nghị luận xã hội về một tư tưởng đạo lý, vận dụng tốt các thao tác lập luận để giải quyết vấn đề một cách thuyết phục. - Bài viết có bố cục mạch lạc; hệ thống luận điểm, luận cứ rõ ràng; dẫn chứng tiêu biểu, xác đáng; hành văn trong sáng, giàu cảm xúc; không mắc lỗi chính tả, dùng từ, đặt câu. Yêu cầu về kiến thức: Đây là đề mở, có thể có những quan điểm khác nhau nhưng phải phù hợp với chuẩn mực đạo đức, lẽ phải. Dưới đây là những định hướng cơ bản: Ý Nội dung 1 Giải thích - “Giọt nước mắt”: là một trong những biểu hiện của trạng thái cảm xúc, thể hiện sự rung động, xúc động cao độ. - “Cuộc sống cũng cần những giọt nước mắt”: khẳng định vai trò, sự cần thiết của “giọt nước mắt” trong cuộc sống. 2Bàn luận: Vì sao “nước mắt” lại cần thiết trong cuộc sống? - Nước mắt giúp con người giải tỏa nỗi niềm, vơi đi những buồn đau để lấy lại năng lượng trong cuộc sống. - Nước mắt đâu phải là sự yếu mềm. Có những giọt nước mắt thể hiện ý chí, nghị lực, lòng quyết tâm trước mọi khó khăn, thử thách. Nước mắt cũng như mưa, sau cơn mưa trời sẽ sáng, sau nước mắt là sự kiên cường. - Giọt nước mắt còn là sự xúc động chân thành trước những vui sướng và niềm hạnh phúc mà ta có được trong cuộc sống. Giọt nước mắt ấy cho ta niềm tin, tình yêu với cuộc sống mà ta đang có. - Giọt nước mắt của sự ân hận, ăn năn, có tác dụng thức tỉnh, giúp ta dũng cảm đối diện với những sai lầm của chính mình để ngày càng hoàn thiện hơn. - Nước mắt thể hiện sự cảm thông, chia sẻ, đặc biệt là với những khổ đau, bất hạnh của đồng loại. Giọt nước mắt ấy làm cho cuộc sống nhân ái và tốt đẹp hơn. (Lưu ý: Mỗi luận điểm cần kết hợp với dẫn chứng, lí lẽ để làm sáng tỏ). 3Bài học nhận thức và hành động - Cần trân trọng và bồi đắp những xúc cảm chân thành để tâm hồn mỗi người không trở thành một cỗ máy khô cằn, chai sạn trong guồng quay của cuộc sống hiện đại. - “Nước mắt” cần đi liền với lí trí sáng suốt để tránh tình thương bị lợi dụng. - Không chỉ biết “khóc” mà chúng ta cũng cần phải can đảm “hành động” để vượt qua những mất mát, khổ đau và những thử thách trong cuộc sống. Điểm 0,5đ 2,0đ 0,5đ Câu 2. (4,0 điểm) Yêu cầu về kĩ năng: Hiểu đề, biết cách làm bài văn nghị luận văn học. Biết phân tích dẫn chứng để làm sáng tỏ vấn đề. Bố cục rõ ràng, lập luận chặt chẽ. Hành văn trôi chảy. Văn viết có cảm xúc. Không mắc các lỗi diễn đạt, dùng từ, ngữ pháp, chính tả. Yêu cầu về kiến thức: Trên cơ sở hiểu biết về tác giả, tác phẩm, cần đặt hai đoạn trích trong chỉnh thể của hai tác phẩm; bám sát phân tích những đặc sắc về nội dung, nghệ thuật, có sự đối chiếu, liên hệ qua lại để làm rõ những điểm giống nhau và khác nhau giữa hai đoạn trích. Về cơ bản, cần làm sáng tỏ được những ý sau: Ý Nội dung Điểm I, Giới thiệu chung: 0,5 1, Giới thiệu về nhà thơ Viễn Phương bài thơ “Viếng lăng Bác”. 0,25 2, Giới thiệu nhà thơ Thanh Hải và bài thơ “Mùa xuân nho nhỏ”. 0,25 II, Cảm nhận về hai đoạn thơ: 2,0 1 Cảm nhận về đoạn thơ trong bài “Viếng lăng Bác” 1,0 - Đoạn trích nằm ở cuối bài thơ, diễn tả nỗi xúc động nghẹn ngào, sự thành kính thiêng liêng và những ước nguyện chân thành, tha thiết của Viễn Phương khi phải rời xa lăng Bác. Điệp ngữ “muốn làm” bày tỏ ước nguyện mãnh liệt muốn hóa thân vào những cảnh vật bên lăng Bác: muốn làm “con chim hót”, “đóa hoa tỏa hương”, “cây tre trung hiếu” để được đền đáp ơn nghĩa của Bác và mãi mãi được sống trong tình yêu thương của Người. Đó cũng chính là tình cảm thành kính, biết ơn của cả dân tộc Việt Nam đối với Bác Hồ vĩ đại. - Nghệ thuật: Sử dụng điệp ngữ tạo nên giọng điệu thiết tha, thành kính; biện pháp nhân hóa, ẩn dụ đem đến sức gợi mở cho câu thơ; ngôn ngữ giản dị diễn tả những tình cảm, cảm xúc chân thành của tác giả. 2 1,0 Cảm nhận về đoạn thơ trong bài “Mùa xuân nho nhỏ” - Đoạn trích nằm ở những khổ thơ cuối của bài thơ, kết tụ những cảm xúc dâng trào, thiết tha, sâu lắng và những ước nguyện giản dị mà chân thành, đáng trân trọng của Thanh Hải. Nhà thơ “muốn làm con chim hót” để gọi xuân về, đem niềm vui đến cho con người; muốn làm “một cành hoa” để tô điểm, làm đẹp cho đời; làm “một nốt trầm” đem lại những cảm xúc êm ái làm xao xuyến lòng người; làm “một mùa xuân nho nhỏ” để xua tan mùa đông lạnh giá... Đó là những hình ảnh ẩn dụ mang vẻ đẹp giản dị, khiêm nhường song lại chứa đựng lẽ sống cống hiến, “lặng lẽ dâng” những gì đẹp nhất, ý nghĩa nhất của cuộc đời mỗi con người cho quê hương, đất nước. - Nghệ thuật: Sử dụng điệp ngữ diễn tả ước nguyện chân thành, mãnh liệt; biện pháp ẩn dụ, nhân hóa tăng sự liên tưởng, khơi dậy sự đồng cảm ở người đọc; ngôn ngữ giản dị, giọng điệu tâm tình tha thiết... III Sự tương đồng và khác biệt giữa hai đoạn thơ: 1,5 - Khác biệt: 0,75 Cảm hứng sáng tạo được dâng trào trong những hoàn cảnh cụ thể: + “Viếng lăng Bác” được sáng tác vào năm 1976, sau khi cuộc kháng chiến chống Mĩ thắng lợi, đất nước thống nhất, lăng chủ tịch Hồ Chí Minh cũng vừa được khánh thành, Viễn Phương được ra Bắc, vào lăng viếng Bác. Bài thơ thể hiện niềm xúc đông thiêng liêng, lòng biết ơn vô hạn xen lẫn niềm xót đau khi nhà thơ được vào viếng Bác. + “Mùa xuân nho nhỏ” được sáng tác vào năm 1980, trong những năm cuối đời, khi nhà thơ Thanh Hải phải nằm trên giường bệnh. Bài thơ thể hiện niềm yêu mến thiết tha với cuộc sống, quê hương, đất nước; đồng thời cũng khẳng định lẽ sống cống hiến cao đẹp của tác giả. - Tương đồng: 0,75 + Thể hiện khát vọng dâng hiến tự nguyện và thành kính của hai nhà thơ. + Tạo được mối liên hệ sâu sắc, ý nghĩa giữa cá nhân với những gì rộng lớn, cao cả: cá nhân với lãnh tụ; cá nhân với đất nước, với cuộc đời. + Thể hiện lẽ sống đẹp, bồi đắp những tình cảm nhân văn trong lòng người đọc. + Tăng cường sử dụng các biện pháp tu từ: ẩn dụ, nhân hóa… khơi gợi liên tưởng, đem lại những rung cảm sâu xa trong lòng người đọc. + Đây là những thi phẩm sống mãi với thời gian, thể hiện tâm nguyện và tài năng sáng tạo của Viễn Phương và Thanh Hải. Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu cộng lại, làm tròn đến 0,25. ------------- HẾT ------------- 

Đề thi KSCL giáo viên THCS môn lý 9 tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT GIÁO VIÊN KHỐI THCS, NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: VẬT LÝ Câu 1 (2,0đ) 2a (1,5đ) 2b (0,5đ) 3a (0,5đ) Nội dung - Theo bài ra ta biết tổng khối lượng của nước và rượu là 140g m1 + m2 = m ⇔ m1 = m - m2 (1) Điểm - Nhiệt lượng do nước tỏa ra: Q1 = m1. c1 (t1 - t) - Nhiệt lượng rượu thu vào: Q2 = m2. c2 (t - t2) 0,25 0.25 - Theo PTCB nhiệt: Q1 = Q2 m1. c1 (t1 - t) = m2. c2 (t - t2) ⇔ m14200(100 - 36) = m22500 (36 - 19) ⇔ 268800 m1 = 42500 m2 268800m1 m2 = (2) 42500 - Thay (1) vào (2) ta được: 268800 (m - m2) = 42500 m2 ⇔ 37632 - 268800 m2 = 42500 m2 ⇔ 311300 m2 = 37632 ⇔ m2 = 0,12 (Kg) - Thay m2 vào pt (1) ta được: (1) ⇔ m1 = 0,14 - 0,12 = 0,02 (Kg) Vậy ta phải pha trộn là 0,02Kg nước vào 0,12Kg. rượu để thu được hỗn hợp nặng 0,14Kg ở 360C. a/ Thời điểm và vị trí lúc hai người gặp nhau: - Gọi t là khoảng thời gian từ khi người đi bộ đến khởi hành khi đến lúc hai người gặp nhau tại C. - Quãng đường người đi bộ đi được: S1 = v1t = 4t (1) - Quãng đường người đi xe đạp đi được: S2 = v2(t-2) = 12(t - 2) (2) - Vì cùng xuất phát tại A đến lúc gặp nhau tại C nên: S1 = S2 - Từ (1) và (2) ta có: 4t = 12(t - 2) ⇔ 4t = 12t - 24 ⇔ t = 3(h) - Thay t vào (1) hoặc (2) ta có: (1) ⇔ S1 = 4.3 =12 (Km) (2) ⇔ S2 = 12 (3 - 2) = 12 (Km) Vậy: Sau khi người đi bộ đi được 3h thì hai người gặp nhau và cách A một khoảng 12Km và cách B 12Km. b/ Thời điểm hai người cách nhau 2Km. - Nếu S1 > S2 thì: S1 - S2 = 2 ⇔ 4t - 12(t - 2) = 2 ⇔ 4t - 12t +24 =2 ⇔ t = 2,75 h = 2h45ph. - Nếu S1 < S2 thì: S2 - S1 = 2 ⇔ 12(t - 2) - 4t = 2 ⇔ 12t +24 - 4t =2 ⇔ t = 3,35h = 3h15ph. 10m2 10m1 = + 10 Dh a. -Áp suất ở mặt dưới pittông nhỏ là : S2 S1 m2 m1 = + Dh (1) S 2 S1 - Khi đặt quả cân m lên pittông lớn mực nước ở hai bên ngang nhau nên: 10m2 10(m1 + m) m m +m = ⇔ 2 = 1 (2) S2 S1 S2 S1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 m1 + m m1 = + 10 Dh S1 S1 m = D.h => m = DS1h = 2kg ó S1 b. Khi chuyển quả cân sang pittông nhỏ thì ta có : 10(m2 + m) 10m1 m + m m1 = + 10 DH ó 2 = + Dh S2 S1 S2 S1 m2 + m m1 = + Dh (3) ó S2 S1 Kết hợp (1), (3) và m = DhS1 ta có : S1 H = h( 1 + ) → H = 0,3m S2 a) Từ (1) và (2) ta có : 3b (0,5đ) 0,25 0,25 0,25 - Từ công thức : P = U.I = U2/ R =>R = U2/p - Nên : R1 = U12/P1 = 1102/100 = 121 (Ω) 4a (0,5đ) 0,25 0,25 - Tương tự : R2 = U22/P2 = 1102/40 = 302.5 (Ω) R2 302.5 = = 2,5 (lần) R1 121 b) * Không nên mắc vì : - Mắc nối tiếp hiệu điện thế đặt vào mỗi đèn tỷ lệ với điện trở mỗi đèn nên 220 220 R2 = .302.5 = 157(V) U2 = I. R2 = R1 + R2 302.5 + 121 - Vậy ta có : 0,5 U2 lớn hơn Uđm2 nhiều nên đèn D2 cháy. 4b (1,5đ) U1 = 220 -157 = 63(V) không đủ sáng bình * Tìm cách mắc thích hợp : Vì hiệu điện thế là 220V nên không thể mắc song song các đèn mà phải mắc thành hai đoạn mạch nối tiếp, mỗi đoạn mạch gồm một số đèn mỗi loại mắc song song sao cho hiệu điện thế chia đều cho mỗi đoạn mạch UAB = UBC = 110V. - 0,25 Khi đó điện trở của mỗi đoạn mạch nối tiếp có giá trị là : RAB = RBC * Trước hết ta xét mỗi đoạn mạch nối tiếp chỉ mỗi loại đèn trên mắc song song: R1 R2 - Hay x = y trong đó x, y là số đèn D1 và D2 . Theo so sánh trên nên y = 0,25 2,5 x x, y là số nguyên dương và x + y ≤ 14 (đề bài). Vậy y nguyên nên x = 0,25 2,4,6,.. Vậy y = 5; 10 nên có 2 cách mắc sau : x y x+y 0,25 2 5 7 4 10 14 A C B M I N h D F f F'' O A M '' h 1 1 I'' x h N '' 3 h 2 A '' a) Vẽ được hình bên. C 1 C '' - Từ A vẽ tia tới AD song song B 1 B '' với trục chính, tia ló là DF’. Các ảnh A’, B’, C’ đều nằm trên DF’ kéo dài. - Từ A vẽ tia AFA1 qua tiêu điểm vật của TK, tia ló tương ứng là A1x // với trục chính. Tia ló cắt DF’ kéo dài tại A’. Hạ A’M’ vuông góc với trục chính, A’M’ là ảnh của AM qua TK. - Theo hình vẽ : OA1 = M’A’ = h1 ; OB1 = N’B’ = h2 ; OC1 = I’C’ = h3. 5a MA OA1 h h ⇒ = 1 (1,0đ) - Ta có : MF = OF MF f hf ⇒ MF = h1 NB OB1 h h ⇒ = = 2 - Tương tự : NF OF NF f hf ⇒ NF = h2 0,25 0,25 (1) (2) (3) 0,25 (4) - Theo bài ra, h2 > h1 nên từ (2) và (4) ta có : MF > NF, nghĩa là N ở gần TK hơn M. 0,25 b) Ảnh của vật IC là I’C’ có độ cao là I’C’ = h3. h IC OC1 h ⇒ = = 3 (5) IF OF IF f hf ⇒ IF = (6) 5b h3 (1,0đ) hf hf hf + = MF + NF = 2IF = 2 - Từ (2), (4) và (6) ta có : (7) h1 h 2 h3 1 1 2 + = - Từ (7) ta có : (8); thay số vào (8) ta tính được h3 = 2 (cm) h1 h 2 h3 - Ta có : 0,25 0,25 0,25 0,25 6 - Cơ sở lý thuyết: (1,0đ) Với 3 điện trở trong hộp được mắc với nhau và có 2 đầu dây dẫn ra ngoài thì ta có 8 cách mắc và điện trở tương đương của mạch trong mỗi cách mắc như sau: R = 1 + 2 + 3 = 6(Ω) R =1+ 2.3 11 = (Ω ) 2+3 5 0,25 R = 2+ 1.3 11 = (Ω ) 1+ 3 4 1.2 8 R = 3+ = (Ω ) 1+ 2 3 R= R= (3 + 2).1 5 = (Ω ) 1+ 2 + 3 6 (1 + 2).3 3 = (Ω ) 1+ 2 + 3 2 0,25 R= (3 + 1).2 4 = (Ω ) 1+ 2 + 3 3 1 1 1 1 11 6 = + + = ⇒ R = (Ω ) R 1 2 3 6 11 - Phương án thực hiện: Mắc mạch điện như hình vẽ: - Đọc số chỉ I của ampe kế và số chỉ U của vôn kế. U - Điện trở tương đương của mạch trong hộp là: R = I So sánh giá trị điện trở tương đương vừa tính với giá trị điện trở tương đương trong 8 cách mắc ta sẽ xác định được mạch điện trong hộp 0,25 0,25 - Học sinh có thể làm theo phương pháp khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa. Bài làm kết quả thiếu hoặc sai đơn vị hai lần thì trừ 0,25 điểm. −−− Hết −−− 

Đề thi KSCL giáo viên thcs môn hóa 9 tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC Câu 1 2 3 4 5 6 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC; CẤP THCS (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Đáp án - Natri clorua; canxicacbonat; cacbon đioxit là chất vô cơ - Benzen; axit axetic; metan, metyl clorua là chất hữu cơ - Dựa vào thành phần nguyên tố để phân biệt các chất vô cơ hay hữu cơ. Các hợp chất hữu cơ là các hợp chất của cacbon ngoài ra có thêm các nguyên tố H, O,... trừ một số chất đặc biệt như muối cacbonat, CO2, CO.... (1) C6H12O6 men →  2C2H5OH + 2CO2 (2) C2H5OH + O2 men  → CH3COOH + H2O (3) 2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O % thể tích hỗn hợp khí A: 1 %VCO = .100 = 9,52% 1 + 2 + 2 + 5,5 2 %VH 2 = %VNH3 = .100 = 19, 05% 1 + 2 + 2 + 5,5 %VO2 = 100 − 9,52 − 19, 05.2 = 52,38% % khối lượng hỗn hợp khí A: 1.28 %m CO = .100 = 11,57% 1.28 + 2.2 + 2.17 + 5,5.32 2.2 %m H2 = .100 = 1, 65% 1.28 + 2.2 + 2.17 + 5,5.32 2.17 %m NH3 = .100 = 14, 05% 1.28 + 2.2 + 2.17 + 5,5.32 %m O2 = 100 − 11,57 − 1, 65 − 14, 05 = 72.73% Tỉ khối hơi của A so với H2 1.28 + 2.2 + 2.17 + 5,5.32 d A/H2 = = 11,52 (1 + 2 + 2 + 5,5).2 Ta có khối lượng mol phân tử nước: Mnước = 2. 1,008 + 16 = 18,016 gam. 4,5 => Số mol nước trong 4,5 gam là: = 0,25 mol. 18 => Số phân tử trong 4,5 nước là: 0,25. 6,02.1023 = 1,505.1023 (phân tử) => Số nguyên tử trong 4,5 gam nước là: 3.0,25. 6,02.1023 = 4,515.1023 (nguyên tử) Khối lượng: Fe2O3 = 200.(30/100) = 60 tấn. Sơ đồ: Fe2O3  → 2Fe 160 tấn 112 tấn Theo bài ra: 60 tấn ? m(gang) = (60.112/160).(90/100). (100/80) = 47,25 tấn. - Lấy 100 ml dd NaOH đổ vào cốc đong 200 ml - Dẫn từ từ khí CO2 cho đến dư vào cốc đựng dd NaOH 2NaOH + CO2  → Na2CO3 + H2O CO2 + Na2CO3 + H2O  → 2NaHCO3 Ta thu được 100 ml NaHCO3 có số mol bằng với số mol 100ml NaOH phản ứng - Đổ từ từ dd NaOH vào cốc đựng sản phẩm NaHCO3 lên tới vạch 200 ml đồng thời khuâý đều NaOH + NaHCO3  → Na2CO3 + H2O Ta thu được 200 ml dd Na2CO3 không lẫn chất tan khác 1. Cho từ từ (từng giọt) dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25*3 = 0,75 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 1,0 1,0 0,5 7 8 Na2CO3. Sau một thời gian mới thấy có bọt khí thoát ra. Do có các phản ứng: Na2CO3 + HCl → NaCl + NaHCO3 NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 2. Cho từ từ (từng giọt) dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và Na2CO3 vào dung dịch HCl. Ta thấy có bọt khí bay ra ngay lập tức (do HCl ban đầu đang dư nhiều). Do các pư xảy ra đồng thời: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 3. Cho hỗn hợp (X) gồm FeS, BaCO3, CuO, và FeS2 (có số mol bằng nhau) vào dung dịch HCl dư. Thấy có khí mùi trứng thối lẫn mùi sốc bay ra. Đồng thời có kết tủa đen xuất hiện. Do có pư: FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S FeS2 + 2HCl → FeCl2 + H2S + S CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2 CuCl2 + H2S → CuS + 2HCl Kết tủa (A) đen lẫn vàng: CuS, S. Khí (B) CO2, H2S. Sục vào dung dịch Br2 dư thấy màu nâu bị nhạt màu. Do có pư: H2S + 4Br2 + 4H2O → 8HBr + H2SO4 Khi cho hh kim loại Ba và Al vào nước, các pư xảy: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) x x x 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 (2) 2x x 3x Vì sau pư còn lại chất rắn không tan. Nên Al phải còn dư. Đặt x = số mol của Ba trong hỗn hợp ban đầu. Theo (1, 2) ta có phương trình về số mol H2 giải phóng: 8,96 x + 3x = = 0, 4 ⇒ x = 0,1(mol ) Ba ⇒ mBa = 0,1.137 = 13, 7 gam 22, 4 nAl ( pu ) = 2.0,1 = 0, 2(mol ) ⇒ mAl (bandau ) = 0, 2.27 + 5, 4 = 10,8( gam) ⇒ %mAl = 44, 08%;%mBa = 55,92% mddA = 200 + 10,8 + 13,7 – 0,4.2 = 223,7 gam Dung dịch A chứa Ba(AlO2)2 (0,1 mol) 0,1.255 C%( Ba ( AlO2 )2 ) = .100% = 11, 4% 223, 7 Có nFe2O3 = 0,14 mol; nBa (OH )2 = 0,06 mol; nBaCO3 = 0,04 mol. Các phương trình hóa học có thể xảy ra: t0 4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1) 3x − 2 y t0 2FexOy + O2 → xFe2O3 (2) 2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (3) 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (4) Do số mol Ba(OH)2 > số mol BaCO3 nên có 2 khả năng xảy ra: - Nếu Ba(OH)2 dư: Không xảy ra phản ứng (4) Theo (3): n CO2 = 0,04 mol => Lượng FexOy =25,28 - (0,04 . 116) = 20,64 gam. → nF e / F e x Oy = 0,14.2 − 0, 04 =0,24 mol. nO / F e xOy = 20, 64 − 0, 24.56 = 0, 45mol . 16 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 nO 0,45 = = 1,875 > 1,5 => không có oxit phù hợp n Fe 0,24 - Nếu Ba(OH)2 không dư: Xảy ra phản ứng (4) Theo (3), (4) : n CO2 = 0,04+0,04 = 0,08 mol => Lượng FexOy =25,28 - (0,08 . 116) = 16,0 gam. → nF e / F e x Oy = 0,14.2 − 0, 08 = 0,2 mol. 16 − 0, 2.56 nO / F e xOy = = 0,3mol 16 n 0,3 3 → O = = → FexOy là Fe2O3 nF e 0, 2 2 Đặt a, b, c lần lượt là số mol của C2H2, C2H4 và H2 trong hỗn hợp khí ban đầu. Có phương trình về tỉ khối hơi: 26.a + 28.b + 2.c 115 115 = .2 = ⇒ 67 a + 81b − 101c = 0 (I) a+b+c 14 7 Phương trình tỉ lệ về thể tích cũng chính là tỉ lệ mol của C2H2 và C2H4 là: a 3 = ⇒ 5a − 3b = 0 (II) b 5 Các pư hóa học xảy ra: C2H2 + H2 → C2H4 (1) C2H4 + H2 → C2H6 (2) Từ (1) và (2) ta luôn có: Phản ứng làm cho số mol khí giảm và chính là lượng H2 tham gia phản ứng. Nên: 20,16 nH 2 ( pu ) = nhhtruoc − nhhsau = (a + b + c) − = [(a + b + c) − 0,9](mol ) 22, 4 Vì hỗn hợp (B) phản ứng vừa đủ với 0,3.2 = 0,6 mol Br2. Nghĩa là: Lượng H2 (đã phản ứng ) và Br2 đã làm no hóa toàn bộ C2H2 và C2H4. Theo sơ đồ sau C2H2 + 2X2 → C2H2X4 (1) a 2a C2H4 + X2 → C2H6X2 (2) b b => Tổng số mol H2 (phản ứng) và số mol Br2 = tổng số liên kết pi trong hỗn hợp ban đầu: 2a + b = [(a + b + c) – 0,9] + 0,6 → a – c = - 0,3 (III) 67 a + 81b − 101c = 0 a = 0,3(mol )C2 H 2   ⇒ b = 0,5(mol )C2 H 4 Kết hợp (I), (II), (III) có hệ 5a − 3b = 0  a − c = −0,3 c = 0, 6(mol ) H  2  => 9 Thực chất đốt (B) cũng chính là đốt (A) => biến toàn bộ C và H trong (A) thành CO2 và H2O. Có sơ đồ: C → CO2 và 2H → H2O (mol) 1,6 1,6 3,8 1,9 Theo định luật BTKL: 1,9 nO2 = 1, 6 + = 2,55(mol )O2 ⇒ VO2 ( dktc ) = 2,55.22, 4 = 57,12(lit ) . 2 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 

Đề thi kscl giáo viên THCS môn sinh học tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC Câu KỲ THI KTNL CM GV LẦN II NĂM HỌC 2015 - 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: SINH HỌC Ý 1 (1,đ) Nội dung Động mạch Cấ - Thành mạch dày, u tạo có nhiều sợi đàn hồi hơn, tiết diện nhỏ hơn so với tĩnh mạch tương ứng. Điểm Tĩnh mạch Mao mạch - Thành mạch mỏng, kém đàn hồi, tiết diện lớn hơn so với động mạch tương ứng, có van tĩnh mạch - Thành mạch chỉ là một lớp tế bào biểu mô. - Phân nhánh nhiều, tiết diện rất nhỏ. Ch -Dẫn máu từ tim - Dẫn máu từ các cơ - Nối thông giữa các ức đến các cơ quan. quan trở về tim. tiểu động mạch với năng các tiểu tĩnh mạch. - Dẫn máu với tốc độ chậm, đảm bảo cho quá trình trao đổi chất giữa máu với các mô. 2 (1,0đ) - Nguyên nhân làm cho bộ NST giữ nguyên trong nguyên phân: Có sự tự nhân đôi và phân li đồng đều của các nhiễm sắc thể về hai cực của tế bào......................... - Nguyên nhân làm cho bộ nhiễm sắc thể giảm đi một nửa trong giảm phân: + Giảm phân gồm hai lần phân bào liên tiếp nhưng sự tự nhân đôi của NST chỉ xảy ra có 1 lần, có sự phân li của hai nhiễm sắc thể trong cặp NST tương đồng...... - Ý nghĩa + Nguyên phân là cơ chế duy trì ổn định bộ NST đặc trưng của loài qua các thế hệ tế bào và qua các thế hệ cơ thể trong sinh sản vô tính. + Giảm phân làm cho giao tử chỉ chứa bộ NST đơn bội, khi giao tử đực và cái kết hợp với nhau trong thụ tinh đã khôi phục bộ NST lưỡng bội đặc trưng của loài. + Giảm phân kết hợp với thụ tinh và nguyên phân là cơ chế duy trì ổn định bộ NST lưỡng bội của loài qua các thế hệ trong sinh sản hữu tính............................... 0.5 0.5 0,25 0,25 0,5 3 (1,0đ) 4 (1,0đ) 1 - Gen trong các bào quan (ty thể, lạp thể) nằm trong tế bào chất ………………… - Gen trên X không có alen trên Y hoặc gen trên Y không có alen trên X; Gen trên nhiễm sắc thể còn lại không có alen tương ứng trong thể đột biến một nhiễm…... - Gen trên đoạn NST tương ứng với đoạn bị mất do đột biến……………………. - Các gen trong giao tử đơn bội bình thường hoặc giao tử thể……………………. * Kí hiệu 2 tinh bào bậc II: - Trường hợp 1: Không xẩy ra trao đổi chéo ABD/ABD và Abd/Abd ……… - Trường hợp 2: Có xẩy ra trao đổi chéo ABD/ABd và AbD/Abd ………….. * Các giao tử có thể có - Trường hợp 1: Không xẩy ra trao đổi chéo: 2 giao tử ABD ; 2 giao tử Abd …. - Trường hợp 2: Có xẩy ra trao đổi chéo. 1 giao tử ABD ; 1 giao tử Abd ; 1 giao tử ABd ; 1 giao tử AbD ………… 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 5 (1,0đ) 6 (1,5đ) 1 1 1. - Tỉ lệ số cây thấp(có kiểu gen aa) ở thế hệ I2 là 0,8[1-(1/2)2]:2= 0,3 ……………………………………………………... - Tỉ lệ số cây cao dị hợp ở thế hệ I2 là 0,8x(1/2)2= 0,2 …………………………………………………………… - Tỉ lệ số cây cao(có kiểu gen AA và Aa) ở thế hệ I2 là 1 – 0,3 – 0,2 = 0,5 …………………………………………………………. 2. Tỉ lệ kiểu hình ở thế hệ I5: (0.6)2AA+2(0.6)(0.4)Aa+(0.4)2aa=1 => Tỉ lệ KH: 74% cây cao:16% cây thấp.. - Quần thể sinh vật là tập hợp các cá thể cùng loài, cùng sống trong khoảng không gian nhất định, vào thời điểm nhất định, các cá thể trong QT có khả năng sinh sản tạo thế hệ mới ……………………………………………………………………… - Đặc trưng cơ bản: tỉ lệ giới tính, thành phần nhóm tuổi, mật độ ………………… 2 7 (1,0đ) 8 (1,0đ) 9 (1,5đ) - Khi số lượng cá thể trong quần thể tang cao=> thiếu thức ăn, nơi ở …. => các cá thể trong quần thể cạnh tranh về thức ăn, nơi ở, cá thể cái ………………………. - Kết quả của sự cạnh tranh: Một số cá thể bị chết hoặc tách khỏi bầy đàn di cư sang nơi khác ……………………………………………………………………… * Các bước trong kĩ thuật gen: - Tách ADN của tế bào cho và ADN là thể truyền từ vi khuẩn hoặc virut ……….. - Tạo ADN tái tổ hợp bằng cách cắt và nối đoạn ADN của tế bào cho vào ADN của thể truyền nhờ enzim cắt và enzim nối ……………………………………….. - Chuyển ADN tái tổ hợp vào tế bào nhận ……………………………………….. * Ưu điểm nổi bật: Ta có thể chuyển gen có lợi từ loài này sang loài khác, tạo ra sinh vật chuyển gen mà bằng phương pháp thông thường không tạo ra được ….. * Ưu thế lai là hiện tượng cơ thể lai có khả năng sinh trưởng, phát triển, sức chống chịu vượt trội so với bố mẹ ……………………………………………… * Ưu thế lai được biểu hiện cao nhất ở F1 sau đó giảm dần qua các thế hệ vì: - Ở F1 phần lớn các gen là dị hợp nên các gen lặn có hại không được biểu hiện... - Ở các thế hệ sau (F2, F3…) tỉ lệ kiểu gen dị hợp tử giảm dần, tỉ lệ đồng hợp tử tăng dần nên các gen lặn có hại được biểu hiện, ưu thế lai giảm ………………. * Để duy trì ưu thế lai ở F1 qua các thế hệ thì dùng phương pháp nhân giống vô tính, không qua sinh sản hữu tính ………… 1. - Số nucleotit của gen là: (2 x 4080) : 3,4 = 2400 Nu ………………………… - Số lượng từng loại nucleotit của gen là: A = T = 150 + 250 = 400 Nu G = X = (2400 : 2) – 400 = 800 Nu ……………………………………….… 2. - Số liên kết hydro của gen bình thường là 2 x 400 + 3 x 800 = 3200 ………. - Gen bị đột biến thay thế một cặp Nu thì số liên kết hyđrô của gen đột biến là: + Thay thế cặp A-T bằng cặp G-X: 3200 + 1 = 3201 ………………………….. + Thay thế cặp G-X bằng cặp A-T: 3200 - 1 = 3199 ………………………….. + Thay thế cặp A-T bằng cặp T-A; G-X bằng cặp X-G: 3200 .……………….. 0,25 0,25 0,25 0.25 0, 5 0,25 0.5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0.25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 --------------- Hết --------------- 

Đề thi KSCL giáo viên THCS môn sử 9 tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HDC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC: 2015-2016 MÔN: LỊCH SỬ CẤP THCS (Hướng dẫn chấm có 4 trang) Câu 1 2 Đáp án Điểm Đồng chí hãy đánh giá vai trò của phong trào Tây Sơn đối với lịch sử dân tộc thế kỉ XVIII. - Phong trào nông dân Tây Sơn đã lật đổ ba tập đoàn phong kiến Nguyễn, Trịnh, Lê, bước đầu thống nhất đất nước. 2,0 0,75 - Đánh bại quân xâm lược Xiêm (1785), Thanh (1789), bảo vệ vững chắc nền độc lập dân tộc. 0,75 - Tiến hành nhiều cải cách tiến bộ...mở ra một bước phát triển mới của lịch sử dân tộc. 0,5 Phân tích nguyên nhân thắng lợi của cuộc cách mạng tháng Tám năm 1945 ở Việt Nam. 2,0 Thí sinh phân tích và làm rõ được các ý sau đây: 1. Nguyên nhân chủ quan - Dân tộc Việt Nam vốn có truyền thống yêu nước sâu sắc, đã đấu tranh kiên cường bất khuất từ ngàn xưa cho độc lập, tự do. Vì vậy, khi Đảng Cộng sản Đông Dương và Mặt trận Việt Minh phất cao ngọn cờ cứu nước thì mọi người hăng hái hưởng ứng. - Có khối liên minh công nông vững chắc, tập hợp được mọi lực lượng yêu nước trong một mặt trận dân tộc thống nhất rộng rãi, biết kết hợp đấu tranh vũ trang với đấu tranh chính trị, đấu tranh du kích với khởi nghĩa từng phần ở nông thôn, tiến lên phát động tổng khởi nghĩa cả ở nông thôn và thành thị đánh đổ bộ máy cai trị của đế quốc và phong kiến giành chính quyền về tay nhân dân. 0,75 0,75 2. Nguyên nhân khách quan - Cách mạng tháng Tám thắng lợi một phần nhờ có hoàn cảnh quốc tế thuận lợi. Chiến tranh thế giới thứ hai đang đi đến hồi kết thúc, Hồng quân Liên Xô và quân Đồng minh đã đánh bại phát xít Đức-Nhật, góp phần quyết định vào thắng lợi chung của các lực lượng hòa bình, dân chủ trên thế giới. 3 Trình bày những thành tựu chủ yếu của cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật từ năm 1945 đến nay. 0,5 3,0 - Trước hết, trong lĩnh vực khoa học cơ bản, con người đã đạt được những phát minh to lớn, đánh dấu những bước nhảy vọt trong lịch sử các ngành Toán học, Vật lí, Hóa học và Sinh học. Dựa vào những phát minh lớn của các ngành khoa học cơ bản con người đã ứng dụng vào kĩ thuật và sản xuất để phục vụ cuộc sống của mình. 4 0,5 - Hai là, những phát minh lớn về những công cụ sản xuất mới, trong đó có ý nghĩa quan trọng bậc nhất là sự ra đời của máy tính điện tử, máy tự động và hệ thống máy tự động… 0,5 - Ba là, con người đã tìm ra những nguồn năng lượng mới hết sức phong phú và vô tận như năng lượng nguyên tử, năng lượng mặt trời, năng lượng gió… 0,5 - Bốn là, con người đã sáng chế ra những loại vật liệu mới, tiêu biểu là pô-li-me. 0,5 - Năm là, cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp… Nhờ cuộc cách mạng này nhiều nước đã khắc phục được nạn thiếu lương thực, đói ăn. 0,5 - Sáu là, những tiến bộ thần kì trong lĩnh vực giao thông vận tải và thông tin liên lạc… chinh phục vũ trụ… 0,5 Thắng lợi quân sự nào của nhân dân Việt Nam đã giáng đòn quyết định vào ý chí xâm lược của thực dân Pháp trong cuộc chiến tranh xâm lược Đông Dương (1945-1954)? Nêu những nét chính về diễn biến, kết quả của thắng lợi đó. 3,0 1.Thắng lợi quân sự… - Thắng lợi quân sự giáng đòn quyết định vào ý chí xâm lược của thực dân Pháp trong cuộc chiến tranh xâm lược Đông Dương (1945 -1954) là chiến thắng Điện Biên Phủ 1954. 0,5 2. Những nét chính về diễn biến, kết quả… - Đầu tháng 12-1953, Bộ Chính trị Trung ương Đảng Quyết định mở chiến dịch Điện Biên Phủ. Mục tiêu là: tiêu diệt lực lượng địch, giải phóng vùng Tây Bắc, tạo điều kiện giải phóng Bắc Lào. 0,25 - Chiến dịch bắt đầu từ ngày 13-3-1954 đến hết ngày 7-5-1954 và được chia làm ba đợt: 0,5 + Đợt 1: Quân ta tiến công tiêu diệt căn cứ Him Lam và toàn bộ phân khu Bắc. 0,25 + Đợt 2: Quân ta tiến công tiêu diệt các căn cứ phía đông phân khu Trung tâm. 0,25 + Đợt 3: Quân ta đồng loạt tiến công tiêu diệt các căn cứ còn lại ở phân khu Trung tâm và phân khu Nam. Chiều 7-5, quân ta đánh vào sở chỉ huy địch. 17h30 phút ngày 7-5, Tướng Đờ Ca-xtơ-ri cùng toàn bộ Ban tham 0,25 mưu của địch ra đầu hàng. - Sau gần hai tháng chiến đấu, chiến dịch Điện Biên Phủ kết thúc thắng lợi, quân ta tiêu diệt hoàn toàn tập đoàn cứ điểm của địch, loại khỏi vòng chiến đấu 16200 tên địch, hạ 62 máy bay, phá hủy và thu toàn bộ phương tiện chiến tranh. 0,5 - Làm phá sản hoàn toàn kế hoạch Nava của Pháp –Mĩ. 0,5 ---------------------Hết-------------------- 

Đề thi KSCL giáo viên THCS môn địa lý tỉnh vĩnh phúc lần 2 năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN ĐỊA LÍ; CẤP THCS (Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang). Câu 1 Ý a (2,0 điểm) Nội dung chính Khoảng cách 1 cm trên bản đồ có tỉ lệ 1:100 000 bằng bao nhiêu km trên thực địa? Điểm 0,25 Bằng 1 km trên thực địa b Tại sao có hiện tượng ngày đêm kế tiếp nhau ở khắp mọi nơi trên Trái Đất? 0,5 - Trái Đất có dạng hình cầu, do đó Mặt Trời bao giờ cũng chỉ chiếu sáng được một nửa. Nửa được chiếu sáng là ngày, nửa nằm trong bóng tối là đêm. - Nhờ có sự vận động tự quay của Trái Đất từ Tây sang Đông nên ở khắp mọi nơi trên Trái Đất đều lần lượt có ngày và đêm. c Tại sao vỏ Trái Đất tuy mỏng nhưng lại rất quan trọng? 0,5 Vỏ Trái Đất tuy mỏng nhưng lại rất quan trọng vì nó là nơi tồn tại các thành phần khác của Trái Đất như không khí, nước, các sinh vật…và là nơi sinh sống, hoạt động của xã hội loài người. d Khi nào khối khí bị biến tính? 0,25 Các khối khí không đứng yên tại chỗ, mà chúng luôn luôn di chuyển. Di chuyển tới đâu, chúng lại chịu ảnh hưởng của bề mặt đệm nới đó mà thay đổi tính chất (bị biến tính) e Hoàn lưu khí quyển là gì? Cho biết tên hai hoàn lưu khí quyển quan trọng nhất trên bề mặt Trái Đất? 0,5 - Trên bề mặt Trái Đất, sự chuyển động của không khí giữa các đai khí áp cao và thấp tạo thành các hệ thống gió thổi vòng tròn gọi là hoàn lưu khí quyển - Tín phong và gió Tây ôn đới tạo thành hai hoàn lưu khí quyển quan trọng nhất trên bề mặt Trái Đất. 2 a b (2,0 điểm) Trình bày những nguyên nhân dẫn đến các làn sóng di dân ở đới nóng 1,0 - Di dân tự do rất đa dạng và phức tạp do nhiều nhân tố tác động: thiên tai, chiến tranh, kinh tế chậm phát triển, sự nghèo đói và thiếu việc làm 0,5 - Di dân có tổ chức: nhiều nước ở đới nóng tiến hành di dân để khai hoang, lập đồn điền trồng cây xuất khẩu, để xây dựng các công trình công nghiệp mới, phát triển kinh tế ở các vùng núi hay ven biển. 0,5 Chứng minh thiên nhiên đới ôn hòa có sự thay đổi rõ rệt theo không gian. 1,0 3 a (2,5 điểm) - Bờ Tây lục địa chịu ảnh hưởng của dòng biển nóng và gió Tây ôn đới nên có môi trường ôn đới hải dương (diễn giải). Càng vào sâu trong đất liền, tính chất lục địa càng rõ nét (diễn giải). Thảm thực vật thay đổi dần từ tây sang đông (diễn giải) 0,5 - Ở vĩ độ cao và gần chí tuyến khí hậu có sự khác nhau (dẫn chứng). Thảm thực vật thay đổi từ bắc xuống nam (dẫn chứng) 0,5 Dựa vào Atlat Địa lí Việt Nam và kiến thức đã học, hãy trình bày đặc điểm chính của địa hình vùng núi Tây Bắc và ảnh hưởng của chúng đến sự phân hoá khí hậu vùng này. 2,0 * Đặc điểm địa hình - Vùng núi Tây Bắc nằm giữa sông Hồng và sông Cả, địa hình cao đồ sộ nhất nước ta (đỉnh Phan-xi-păng 3143 m) 0,25 - Hướng núi và hướng nghiêng địa hình: Tây Bắc – Đông Nam 0,25 - Cấu trúc: gồm những dải núi cao, những sơn nguyên đá vôi hiểm trở nằm song song, các đồng bằng giữa núi. 0,25 + Phía Đông là dãy núi cao đồ sộ Hoàng Liên Sơn 0,25 + Phía Tây là địa hình núi trung bình của các dãy núi chạy dọc biên giới Việt –Lào (Pu Đen Đinh, Pu Sam Sao…) 0,25 + Ở giữa thấp hơn là các dãy núi, các sơn nguyên và cao nguyên đá vôi dọc sông Đà… 0,25 * Ảnh hưởng đến sự phân hoá khí hậu b 4 (3,5 điểm) a - Khí hậu phân hoá theo độ cao với nhiều vành đai tự nhiên theo độ cao (đặc biệt có đai ôn đới gió mùa trên núi > 2600m) 0,25 - Khí hậu phân hóa theo hướng địa hình… 0,25 Khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa ảnh hưởng đến sản xuất nông nghiệp nước ta như thế nào? 0,5 - Sinh vật nhiệt đới phát triển quanh năm, nền nông nghiệp nhiệt đới phát triển với các nông sản có giá trị xuất khẩu (kể tên); tăng vụ, xen canh, đa canh…thuận lợi 0,25 - Sâu bệnh với cây trồng, dịch bệnh với vật nuôi phát triển; thiên tai, thời tiết có hại nhiều (bão lũ, hạn hán, sương muối…) 0,25 Dựa vào atlat Địa lí Việt Nam và kiến thức đã học, hãy chứng minh đồng bằng sông Hồng có mật độ dân số cao nhất cả nước. Giải thích nguyên nhân. 1,5 * Chứng minh - Là vùng dân cư đông đúc nhất nước ta 1179 người/km2 (2002) 0,25 - So sánh với mật độ trung bình cả nước, Tây Nguyên, Trung du miền núi 0,25 Bắc Bộ… (Nếu lấy dẫn chứng mật độ theo trong Át lát Việt Nam vẫn cho điểm) * Giải thích b - Nghề trồng lúa nước với trình độ thâm canh cao đòi hỏi nhiều lao động 0,25 - Là vùng kinh tế phát triển, mạng lưới đô thị và các trung tâm công nghiệp dày đặc… 0,25 - Lịch sử khai thác lãnh thổ lâu đời 0,25 - Điều kiện tự nhiên thuận lợi cho sản xuất và cư trú (địa hình, đất, khí hậu, nước…) 0,25 Nhận xét và giải thích về tình hình phát triển du lịch của nước ta giai đoạn 1991 - 2013 2,0 * Nhận xét: - Tổng số khách du lịch tăng (dẫn chứng) 0,25 - Số khách quốc tế và khách nội địa đều tăng, nhưng số khách quốc tế tăng nhanh hơn (dẫn chứng) 0,5 + Doanh thu du lịch tăng nhanh hơn số khách du lịch (dẫn chứng). 0,5 - Giải thích: + Ngành du lịch nước ta phát triển nhanh là do nước ta có tài nguyên du lịch phong phú, do kinh tế ngày càng phát triển, nhu cầu đi du lịch của người dân tăng, chính sách Đổi mới, mở cửa,… 0,5 + Doanh thu du lịch tăng nhanh do cả số lượng khách và chi tiêu của khách du lịch đều tăng… 0,25 Tổng điểm toàn bài 10,0 Hết * Nếu thí sinh làm không theo đáp án, nhưng đúng thì vẫn cho điểm. Nhưng điểm tối đa toàn bài không quá 10 điểm. 

Đề thi học sinh giỏi môn hóa 9 tỉnh nghệ an năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG B Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu I. ( 4,0 điểm) as 1. Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 → C4H9Cl + HCl Viết các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ trên dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 2. Viết các phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn): (1) ( 2) ( 4) Canxi cacbua → Axetilen → Benzen → Xiclohexan (3) Brombenzen Câu II. ( 6,0 điểm) 1. Từ dung dịch HCl và 7 chất rắn khác nhau cùng với điều kiện cần thiết có đủ, hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng điều chế trực tiếp 7 chất khí khác nhau. 2. X, Y, Z lần lượt là oxit, bazơ và muối của kim loại M. Khi cho lần lượt các chất M, X, Y, Z vào dung dịch muối A đều thu được kết tủa là 1 bazơ không tan. Chọn các chất M, X, Y, Z , A thích hợp và viết phương trình hóa học minh họa. Câu III. ( 6,0 điểm) 1. Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 9,28 gam FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch X và 0,784 lít khí SO2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng muối sắt (III) trong dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu. Xác định công thức của Fe xOy. 2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al, Al 2O3 ở dạng bột cần dùng vừa đủ 450 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch X và 6,72 lít khí H2 (đktc). a. Tính giá trị m. b. Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được a gam kết tủa. Nêu hiện tượng xảy ra và tính giá trị a. Câu IV. ( 4,0 điểm) Chia m gam hỗn hợp khí A gồm 4 hiđrocabon mạch hở thành 2 phần bằng nhau: - Phần I tác dụng với dung dịch Br 2 dư; hỗn hợp khí B thoát ra khỏi dung dịch Br 2 gồm 2 hiđrocacbon được đốt cháy hoàn toàn thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu được 15,84 gam CO2. 1. Tính giá trị của m. 2. Tính tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với khí H2. 3. Tìm công thức phân tử của các hiđrocabon trong B. Biết rằng, chất có phân tử khối lớn hơn chiếm trên 10% về thể tích. ( Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Al = 27; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) -------------------------- HẾT --------------------------- Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: …………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) CÂU Câu I 1. 1,0 đ ĐÁP ÁN as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH-CH3 + HCl Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH-CH2-Cl + HCl CH3 CH3 Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-C -CH3 + HCl CH3 CH3 2. 1,25 đ 1. 2. 3. 4. CaC2 + 2H2O  → Ca(OH)2 + CH ≡ CH ;t 0 2CH ≡ CH xtđt  → CH2=CH-C ≡ CH 0 C ; 600 C 3CH ≡ CH    → C6H6 0 ;t C6H6 + Br2 Fe   → C6H5-Br + HBr ĐIỂM 4,0 điểm 0,25đ/ PTHH 0,25đ/ PTHH 0 Ni ;t → C6H12 C6H6 + 3H2  C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 5. 3. 1,75 đ A, B, C, D phản ứng nhanh với dung dịch brom ⇒ A, B, C, D là các đồng phân mạch hở chứa 1 liên kết đôi; E phản ứng chậm với dung dịch brom ⇒ E là đồng phân mạch vòng no 3 cạnh: CH – CH3 CH2 - CH2 F không phản ứng với dung dịch brom ⇒ F là đồng phân vòng no 4 cạnh: CH2 – CH2 CH2 – CH2 A, B, C phản ứng với H2 đều tạo sản phẩm G ⇒ A, B, C có cùng mạch cacbon ⇒ D là CH2= C-CH3 CH3 B có nhiệt độ sôi cao hơn C ⇒ B là CH3 CH3 C = C H H Và C là CH3 H C = C H CH3 ⇒ A là CH2= CH-CH2-CH3 và G là CH3-CH2-CH2-CH3 Lưu ý: Nếu học sinh không xác định đúng các chất A, B, C, D, E, F, G nhưng vẫn viết đúng 6 CTCT viết gọn của C4H8 và sản phẩm G thì cho 0,75 điểm. Câu II 1. 3,25 đ Xác định đúng mỗi chất cho 0,25 đ 6,0 điểm Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2 CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O Na2SO3 + 2HCl  → 2NaCl + SO2 + H2O FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S t0 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O CaC2 + 2HCl  → CaCl2 + C2H2 Al4C3 + 12HCl  → 4AlCl3 + 3CH4 2Na2O2 + 4HCl  → 4NaCl + O2 + 2H2O Mg3N2 + 6HCl  → 3MgCl2 + 2NH3 Zn3P2 + 6HCl  → 3ZnCl2 + 2PH3 Mỗi PTHH đúng cho 0,25 đ Mỗi PTHH đúng cho 0,5 đ 3. 2,75 đ Câu III 1. 3,25 đ M có thể là: Na, K, Ca, Ba …; dung dịch muối A có thể là FeCl3 … 0,75 đ 6Na + 2FeCl3 + 6H2O  (1) → 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 X: Na2O … 0,75 đ 3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O  (2) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl Y: NaOH … 0,5 đ 3NaOH + FeCl3  (3) → Fe(OH)3 + 3NaCl Z: Na2CO3 0,75 đ 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O  (4) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác chỉ thỏa mãn 3 PTHH trên mà không thỏa mãn PTHH số 4 thì vẫn cho điểm 3 PTHH trên. 6,0 điểm 0,784 1,12 3,52 = 0,02 (mol); nSO 2 = = 0,035 (mol); nCu = = 0,055 (mol) 22,4 56 64 t0 2Fe + 6H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 0 t 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3  (3) → 3FeSO4 Cu + Fe2(SO4)3  (4) → CuSO4 + 2FeSO4 0,055 mol 0,055 mol Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: 0,25 đ Theo (1): nSO 2 (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) ⇒ nSO 2 (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 0,25 đ 1 1 nFe 2 (SO 4 ) 3 (1) = 2 .nFe = 2 .0,02 = 0,01 (mol) ⇒ nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 0,25 đ x 0,045 x 9 = 3 x − 2 y = 0,005 = 9 ⇒ y = 13 ( loại) Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe tham gia phản ứng (1) và FexOy tham gia phản ứng (2) ⇒ nFe (3) = 0,02 – a (mol). Theo các phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ PT: n SO = 1,5a + 0,5b(3 x − 2 y ) = 0,035   2  n Fe2 ( SO4 ) 4 (3) = 0,5a + 0,5bx − 0,055 = n Fe ( 3) = 0,02 − a    m FexO y = (56 x + 16 y ).b = 9,28  0,5 đ x = 0,12 = 3 bx = 0,12 ⇒ ⇒ ⇒ Oxit sắt cần tìm là Fe3O4 y 0 , 16 by = 0 , 16 4  0,5 đ nFe = Theo (2): nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) : nSO 2 2. 2,75 đ Mỗi PTHH đúng cho 0,25 đ (2) 0,5 đ 9 nH 2 O = 18 = 0,5 (mol). Áp dụng ĐLBTKL: 11 ⇔ 20 = mT + 9 ⇒ mT = 11 (g) ⇒ MT = mQ = mT + m 0,25 = 44 Oxit T có công thức dạng: R2On ⇒ MT = 2R + 16n = 44 ⇒ R = 22 – 8n Cặp giá trị phù hợp là n = 1: R = 14 ( N) ⇒ T là N2O; T không thể là CO2 (44) hoặc C3H8 (44) vì Q là muối. nN = 2.0,25 = 0,5 (mol); nH = 2.0,5 = 1 (mol); nO (Q) = 0,2 + 0,5 = 0,75 (mol) Vì nN: nH: nO = 0,5: 1: 0,75 = 2: 4: 3 ⇒ Q là N2H4O3 hay NH4NO3 ⇒ 2 muối ban đầu là muối nitrat M(NO3)2 và muối amoni (NH4)xA ( A là gốc axit) 20 1 nNH 4 NO 3 = 80 = 0,25 (mol) ⇒ nM(NO 3 ) 2 = 2 .0,25 = 0,125 (mol) ⇒ nMO = 0,125 (mol) ⇒ nZ = 0,125 (mol) 7 MMO = M + 16 = = 56 ⇒ M = 40 ( Ca) ⇒ Ca(NO3)2 0,125 5,5 ĐLBTKL: mZ = 12,5 – 7 = 5,5 (g) ⇒ MZ = = 44 0,125 Oxit Z có công thức dạng RxOy ( x,y nguyên dương) ⇒ R.x + 16.y = 44 ⇒ 16y < 44 ⇒ y bằng 1 hoặc 2 Giá trị phù hợp là y =2; x = 1 và R = 12: C ⇒ Z là CO2 0,25 đ H2 O nCa = nCaO = 0,125 mol; nC = nCO 2 = 0,125 (mol); nO (Y) = 0,125 + 2.0,125 = 0,375. Vì nCa: nC: nO = 0,125: 0,125: 0,375 = 1: 1: 3 ⇒ Y là CaCO3 ⇒ Muối ban đầu còn lại là (NH4)2CO3 Câu IV. 1. 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 1,0 đ 4,0 điểm nBr 2 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 14,336 1 15,84 Đốt cháy hết A: nO 2 = = 0,64 (mol); nCO 2 = = 0,36 (mol) 22,4 2 44 ⇒ nO (H 2 O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol) ⇒ nH 2 O = 0,56 (mol) ⇒ mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 0,25 đ 0,75 đ 2. 2,0 đ 5,6 8,1 Đốt B: nCO 2 = 22,4 = 0,25 (mol); nH 2 O = 18 = 0,45 (mol) Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom và nH 2 O > nCO 2 ⇒ B gồm 2 ankan. nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol) ⇒ Số nguyên tử C trung bình của 2 ankan bằng 0,25 = 1,25 ⇒ Phải có 1 ankan là CH4. Vì ankan còn lại có phân tử khối lớn 0,2 hơn CH4 là 28 đvC ( 2 nhóm CH2) ⇒ Ankan còn lại là C3H8 1 Khi đốt A thì số mol CO2 và H2O thu được do 2 hiđrocacbon ( phản ứng với 2 brom) cháy là: nCO 2 = 0,36 – 0,25 = 0,11 (mol); nH 2 O = 0,56 – 0,45 = 0,11 (mol) Vì nCO 2 = nH 2 O ⇒ 2 hi đrocacbon phản ứng với brom phải là 2 anken. Do anken phản ứng với brom theo tỉ lệ số mol 1: 1 ⇒ nanken = nBr 2 = 0,05 (mol) ⇒ nA = 2.( 0,2 + 0,05) = 0,5 (mol) 0,25 đ 0,75 đ 0,25 đ ⇒ MA = 10,88 21,76 = 21,76 ⇒ dA/H 2 = = 10,88 0,5 2 0,75 đ 3. 1,0 đ Vì số nguyên tử C trung bình của 2 anken = 0,11 = 2,2 0,05 ⇒ Phải có 1 anken là C2H4. Đặt công thức phân tử của anken còn lại là CmH2m với số mol là a mol và số mol của C2H4 là b mol có trong 0,05 mol hỗn hợp 2 anken. a + b = 0,05 0,01 ⇒ m–2= Ta có:  a ma + 2b = 0,11 0,01 = 2 ⇒ m < 4. 0,005 Vì 2,2 < m < 4 và m nguyên dương ⇒ m = 3 ⇒ Anken còn lại là: C3H6 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm 0,25 đ 0,25 đ Vì a > 10%.0,05 = 0,005 ⇒ m – 2 < 0,5 đ 

Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh an giang năm học 2015 2016(có đáp án)

UBND TỈNH AN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Kỳ thi HSG cấp tỉnh khóa ngày 19/3/2016 Năm học 2015-2016 A. ĐÁP ÁN ĐÁP ÁN Câu Điểm 4,0 đ Câu 1 Vậy Giá trị đặt biệt Đồ thi 2,0 đ Câu 2a Điểm thuộc ; Từ M kẻ MN vuông góc (d), và AH vuông góc MN. Khoảng cách từ M đến đường thẳng là Khoảng cách giữa hai điểm Câu 2b 2,0 đ Vậy khoảng cách từ M đến đường thẳng bằng khoảng cách Phương trình có nghiệm ta được Vì là số vô tỉ, là các số nguyên nên ta có: 4,0 đ Câu 3 Với phương trình trở thành Phương trình có ba nghiệm ĐK Bình phương hai vế phương trình trở thành 3,0 đ Câu 4 Khi đó hoặc So với điều kiện ta được hoặc Hai tam giác Góc chung Câu 5a và B có: C A (cùng chắn cung Vậy hai tam giác đồng dạng. ) M O 2,0đ D Câu 5b Hai tam giác và đồng dạng Hai tam giác Góc chung và có: (cùng chắn cung Vậy hai tam giác đồng dạng Mà ) nên từ (1) và (2) ta được 2,0đ Hai tam giác IBD và DBA đồng dạng do chung ( so le trong) ( chắn cung ) B C A J M O D Tương tự hai tam giác JBD và DBC đồng dạng Câu 5c Nhưng theo câu a Từ (3), (4), (5) I 1,0đ 

Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh kiên giang năm học 2015 2016(có đáp án)



Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh lào cai năm học 2015 2016



Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bắc ninh năm học 2015 2016



Đề thi học sinh giỏi môn hóa 9 tỉnh thanh hóa năm học 2015 2016(có đáp án)

2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hh X gồm các chất có CTPT sau: CH 4, CH4O, C2H4O và C2H4O2. Hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy vào bình đựng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch có chứa 8,48 gam Na2CO3. Xác định khối lượng bình tăng lên. Câu 7: (2,0 điểm) Cho 1,02 gam hỗn hợp A gồm Fe và Mg vào 200 ml dung dịch CuSO 4. Sau khi các phản ứng hoàn toàn, lọc, thu được 1,38 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào C, lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 0,9 gam chất rắn D. 1. Tìm nồng độ CM của dung dịch CuSO4. b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. Câu 8:(2,0 điểm) Có một hỗn hợp gồm 2 ancol no, đơn chức mạch hở. Nếu đốt cháy m gam hỗn hợp này ta thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 4,7 gam, còn nếu đêm oxi hóa đến các axit tương ứng rồi trung hòa bằng dung dịch xút NaOH 0,1M thì hết 200 ml. Hãy cho biết công thức của 2 ancol, biết rằng một trong 2 axit tạo thành có phân tử khối bằng phân tử khối của một trong 2 ancol ban đầu. Câu 9: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Al và FexOy. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí (giả sử chỉ tạo ra Fe kim loại). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần. Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lít khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư. Sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tìm m và công thức của FexOy. Câu 10: (1,0 điểm) 1. Hình trên chứng minh tính chất vật lí gì của khí hiđroclorua? 2.Giải thích hiện tượng trên. .....HẾT..... Cho số hiệu nguyên tử: Na= 11; K=19; Ca=20; Cr=24; Mn=25; Fe=26; Cu=29; Zn=30; O=8 Khối lượng mol nguyên tử: H = 1; C = 12; N = 14; O =16; Na = 23; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Ag = 108; Chú ý: Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, giám thị không giải thích gì thêm. 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA CHÍNH THỨC Câu 1 Ý 1 2 2 3 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH Năm học: 2015-2016 Môn thi: HÓA HỌC Lớp 9 -THCS Thời gian: 150 phút(không kể thời gian giao đề) HDC có 04 trang Nội dung (NH2)2CO + H2O  (1) → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + 2NaOH  (2) → Na2CO3 + 2NH3 + 2H2O t0 4NH3 + 3O2  (3) → 2N2 + 6H2O N2 + 6Li  (4) → 2Li3N Li3N + 3H2O  (5) → 3LiOH + NH3 0 t , xt 4NH3 + 5O2  (3) → 4NO + 6H2O Chú ý: 0,25 đ/ 2 phương trình đúng. Thiếu điều kiện hoặc cân bằng sai trừ ½ số điểm của phương trình. dpnc - Điện phân: Al2O3  → 2Al + 3/2O2 - Oxi sinh ra trên cực dương làm bằng than chì và có các phản ứng: t0 C + O2  → CO2 t0 CO2 + C  → 2CO => khí thu được gồm: CO; CO2 và O2 dư. Hoà tan hỗn hợp A vào lượng nước dư có các phản ứng: BaO + H2O  → Ba(OH)2 Al2O3 + Ba(OH)2  → Ba(AlO2)2 + H2O Phần không tan B gồm: FeO và Al2O3 dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH)  dung dịch D chỉ có Ba(AlO2)2. * Sục khí CO2 dư vào D: Ba(AlO2)2 + 2CO2 + 4H2O  → 2Al(OH)3 + Ba(HCO3)2 * Sục khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng: to FeO + CO  → Fe + CO2  chất rắn E gồm: Fe và Al2O3 * Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al2O3 + 2NaOH  → 2NaAlO2 + H2O  chất rắn G là Fe * Cho G tác dụng với H2SO4: Fe + H2SO4  → FeSO4 + H2 Và dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO4 10FeSO4 + 2KMnO4+ 8H2SO4  → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O A: Là FeS2 hoặc FeS FeS2 + O2 → SO2 + Fe2O3 (B) t o , xt → SO3 SO2+ O2  (D) SO3+ H2O → H2SO4 (D) (E) (F) SO3+BaCl2 +H2O → BaSO4 ↓ +2HCl (D) (E) (G) (H) H2SO4+BaCl2 → BaSO4 ↓ +2HCl 3 Điểm 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (F) (G) (H) → ↓ HCl +AgNO3 AgCl +HNO3 0,5 (H) (I) 8HNO3+FeS2 → Fe(NO3)3+ H2SO4+ 5NO ↑ +2H2O (J) (F) (E) → Fe(NO3)3 + 3NaOH Fe(OH)3+ 3NaNO3 (J) (K) 15000 C (1) 2CH4 → CH ≡ CH + 3H2 0,5 0 1 t ; Pd → CH2=CH2 (2) CH ≡ CH + H2  xt ,t 0 (3) CH2=CH2 + H2O  → CH3CH2OH men ,t 0 (4) CH3CH2OH + O2 → CH3COOH + H2O 1,0 0 4 2 xt ,t  → CH3COOC2H5 + H2O (5) CH3COOH + C2H5OH ¬   - Sục khí SO2 cho tới dư vào ống nghiệm đựng nước brom: + Nước brom nhạt màu vàng. + Pt: SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 0,25 - Sục khí NH3 cho tới dư vào ống nghiệm đựng dung dịch CuSO4. + Ban đầu có kết tủa màu xanh, sau đó tan dần được dung dịch xanh lam. + Pt: 2NH3 + 2H2O + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + (NH4)2SO4 4NH3 + Cu(OH)2 → [Cu(NH3)4](OH)2 0,25 - Nhỏ H2SO4 đặc vào cốc đựng đường mía. + Có cột than màu đen dâng lên, có khí thoát ra. + Pt: C12H22O11 hay C12(H2O)11 − H 2O → 12C; C + 2H2SO4 → CO2 ↑ + 2SO2 ↑ + 2H2O C12(H2O)11  - Sục khí etilen vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO4. + Dung dịch nhạt màu tím, có vẩn đen trong dung dịch. + Pt: 3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3HOCH2CH2OH + 2MnO2 + 2KOH - Sục khí axetilen vào ống nghiệm đựng AgNO3 (đã cho dư NH3). + Ống nghiệm có kết tủa vàng. + Pt: CH ≡ CH + 2[Ag(NH3)2]OH → C2Ag2+ 4NH3 + 2H2O 5 1 - Cho benzen vào ống nghiệm đựng dung dịch iot, lắc đều. + Dung dịch tách thành 2 lớp. Phần dung dịch nhạt dần, phần benzen có màu đậm dần. + Do I2 tan vào benzen tốt hơn nước. * Lấy mỗi chất một ít để nhận biết, cho nước vào các mẫu thử. - Mẫu thử nào tan có khí và kết tủa keo trắng là: Al4C3. Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4. - Chất nào chỉ tan là BaO. BaO + H2O → Ba(OH)2 - Các chất không tan là: Al, FeO, ZnO. * Cho các chất rắn không tan ở trên vào dung dịch Ba(OH)2 vừa thu được. - Chất rắn nào tan, có bọt khí thoát ra là Al. 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2. - Chất rắn tan, không có bọt khí thoát ra là ZnO. ZnO + Ba(OH)2 → BaZnO2 + H2O 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,75 2 1 6 - Chất còn lại không tan là FeO. Các phản ứng hóa học xảy ra để loại bỏ các khí độc bằng nước vôi trong 2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O. Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O. Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O. 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O, - Sơ đồ: CH4O  → CO2 + 2H2O m/32 (m/32).44 (2m/32).18 tổng: 2,5m C2H4O2  → 2CO2 + 2H2O m/60 (2m/60).44 (2m/60).18 tổng: 2,06m CH4  → CO2 + 2H2O m/16 (m/16).44 (2m/16).18 tổng: 5m C2H4O  → 2CO2 + 2H2O m/44 (2m/44).44 (2m/44).18 tổng: 2,8m - Nếu lấy mỗi chất đều là m gam, theo phương trình, ta thấy CH 4 cho tổng lượng sản phẩm lớn nhất. 1,0 0,5 0,5 - Đặt công thức chung của các chất là: C n- H 4O m- ; NaOH: 0,2 mol; Na2CO3: 0,08 mol - +O 2  → n CO 2 +2H 2O - Phản ứng cháy: C - H 4 O -  n 2 0,1 m − 0,1 n 0,2 Theo bảo toàn Na: − + Nếu Na ở dạng: Na2CO3; NaOH dư => CO2: 0,08 mol => n = 0,8 (loại) 0,5 − + Nếu Na ở dạng: Na2CO3(0,08); NaHCO3 (0,04) => CO2: 0,12 mol => n = 1,2 => m bình tăng = 0,1.1,2.44+0,2.18 = 8,88 gam PTHH: Mg + CuSO4  (1) → MgSO4 + Cu Fe + CuSO4  (2) → FeSO4 + Cu → Mg(OH)2 ↓ + Na2SO4(3) MgSO4 + 2NaOH  1 7 → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4(4) FeSO4 + 2NaOH  o t Mg(OH)2 → MgO + H2O (5) 1 to 2Fe(OH)2 + O2 → Fe2O3 + 2H2O (6) 2 Theo đầu bài: 1,02 gam hỗn hợp Mg và Fe qua những biến đổi chỉ thu được 0,9 gam chất rắn D. Như vậy CuSO4 hết, kim loại còn dư. Gọi số mol Mg và Fe ban đầu lần lượt là a (mol) và b (mol). Ta có: 24a + 56b = 1,02 (I) Vì Mg mạnh hơn Fe nên trong phản ứng với CuSO4 thì Mg phản ứng trước. + Trường hợp 1: Chất rắn B gồm 3 kim loại Mg, Fe, Cu. Gọi số mol Mg tham gia phản ứng là c (mol). Ta có: 24(a – c) + 56b + 64c = 1,38 (II) 40c = 0,9 (III) 24a + 56b = 1,02  Từ (I), (II) và (III) ta có hệ phương trình: 24(a - c) + 56b + 64c = 1,38  40c = 0,9  5 0,5 0,5 0,5 2 8 Hệ phương trình trên vô nghiệm ⇒ không xảy ra trường hợp này. + Trường hợp 2: Chất rắn B gồm 2 kim loại Fe và Cu. Gọi số mol Fe phản ứng là x mol.  24a + 56b = 1,02  Theo đề bài ta có hệ phương trình: 56(b - x) + 64(a + x) = 1,38  x  40a + 160. = 0,9  2 Giải hệ ta được: a = 0,0075 ; b = 0,015 ; x = 0,0075 Tổng số mol của CuSO4 là : 0,0075 + 0,0075 = 0,015 (mol) Nồng độ CM của dung dịch CuSO4 là: 0,015 C M (CuSO4 ) = = 0,075M 0,2 Thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp A: 0,0075 × 24 ×100% = 17,65% %mMg = 1,02 %mFe = 100% - 17,65% = 82,35%. Đặt CTHH của 2 ancol và số mol lần lượt là: CnH2n+2O (x mol) và CmH2m+2O (y mol); (giả sử m > n > 0). Các PTHH CnH2n+2O + (3n+1)/2O2→ nCO2 + (n+1)H2O CmH2m+2O + (3m+1)/2O2→ mCO2 + (m+1)H2O Khi oxi hóa 2 ancol, 2 axit tương ứng tạo thành là: CnH2nO2 và CmH2mO2. Do 2 axit hữu cơ đơn chức. Nên tổng số mol của 2 axit bằng số mol xút NaOH. nNaOH = 0,02 mol = n2axit = n2ancol. → x + y = 0,02 (1) Do m > n, nên M(CmH2m+2O) = M(CnH2nO2) → m = n + 1 (2) Phương trình tổng khối lượng của CO2 và H2O. (nx + my).44 + (n + 1).x.18 + (m + 1).y.18 = 4,7 (3) Từ trên có: nx + my = 0,07. Kết hợp với (1) và (2) → 0,02n + y = 0,07 → n = (0,07 – y)/0,02 Do 0 < y < 0,02 → 2,5 < n < 3,5 → n = 3 → m = 4. Công thức của 2 ancol là C3H7OH và C4H9OH. Phản ứng nhiệt nhôm 2yAl + 3FexOy→ yAl2O3 + 3xFe (1) Vì hỗn hợp sau phản ứng cho vào dung dịch NaOH có khí thoát ra, chứng tỏ Al dư, FexOy hết (do phản ứng hoàn toàn). Phần 1: Cho vào dung dịch NaOH dư. 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (2) Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (3) → Phần không tan là Fe có khối lượng 12,6 gam Phần 2: Tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư 2Al + 6H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (4) Al2O3 + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2O (5) 2Fe + 6H2SO4→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) Từ (2) nAl dư = 2/3nH2 = 0,05 mol. nFe = 0,225 mol. Vậy trong phần 1 có Al2O3, 0,05 mol Al dư, 0,225 mol Fe. Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1 (a > 0). Phần 2: Có Al2O3, 0,05a mol Al dư, 0,225a mol Fe. Từ (4) và (6) có phương trình SO2: (0,05a + 0,225a).3/2 = 1,2375 → a = 3. Khi đó, khối lượng Al2(SO4)3 ở (5) = 263,25 – mAl2(SO4)3(4) – mFe2(SO4)3(6) = 102,6 gam → Số mol của Al2(SO4)3 (5) = 0,3 mol = số mol Al2O3(5) 6 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5